环论 总结

目录

• 1. 基本性质
  • 1.1. 定义与简单推论
  • 1.2 环同态与商环
  • 1.3 理想的性质
  • 1.4 分数环
  • 1.5 中国剩余定理
• 2 欧几里得整环、主理想整环与唯一分解整环
  • 2.1. 欧几里得整环
  • 2.2. 主理想整环
  • 2.3. 唯一分解整环
• 3. 多项式环
  • 3.1. 定义与简单推论
  • 3.2. 域上的多项式
  • 3.3. 唯一分解整环上的多项式
  • 3.4. 域上的多项式 II

1. 基本性质

1.1. 定义与简单推论

定义 一个环 $R$ 是一个定义了两个二元运算 $+, \times$ 的集合，满足

• $(R, +)$ 是一个阿贝尔群。
• $\times$ 拥有结合律。即
  $$(a \times b) \times c = a \times (b \times c)$$

• $+, \times$ 拥有分配律，即
  $$(a + b) \times c = (a \times c) + (b \times c), a \times (b + c) = (a \times b) + (a \times c)$$

定义中两侧均成立的分配律与阿贝尔群对应。考虑

$$(1 + 1)(a + b) = \begin{cases} (1 + 1)a + (1 + 1)b = a + a + b + b \\ 1(a + b) + 1(a + b) = a + b + a + b\end{cases}$$

一个环被称为交换的，当且仅当其乘法是交换的。被称为拥有单位元，当且仅当存在乘法单位元。

乘法单位元常被写作 $1$。如果 $1=0$ 那么这个环满足 $\forall a, b \in R, ab = 0$，称其为零环，我们经常使用 $1 \neq 0$ 来排除零环。

存在无单位元的非平凡环，如偶数环 $2\mathbb Z$。

定义 一个拥有单位元 $1 \neq 0$ 的环 $R$ 如果满足对所有元素都存在乘法逆，则称其为除环。交换的除环称为域。

记号 $-a$ 表示 $a$ 的加法逆元。注意此时不一定存在 $-1$，因此也不应理解其为 $(-1) \cdot a$。

命题 1. 一般的环 $R$ 有如下基本性质

• $0a = a0 = 0, \forall a \in R$。
• $(-a)b = a(-b) = -(ab), \forall a, b \in R$。
• $(-a)(-b) = ab$。
• $R$ 有单位元则单位元唯一，且 $-a = (-1)a$。

证明大部分依靠分配律。需要注意我们在之后会对环的乘法结构进行许多研究，此时不要忘记加法结构与分配律是其比半群的结构丰富许多的基础。

定义

• $a \in R$ 被称为零因子 (zero divisor)，如果存在 $b \in R, b \neq 0$ 且 $ab = 0$ 或 $ba = 0$。
• $u \in R$ 被称为可逆元 (unit)，如果 $R$ 中存在元素 $v$ 使得 $uv = vu = 1 \neq 0$。$R$ 中的可逆元集合记作 $R^\times$，其在乘法下是一个群。

一个零因子不可能同时是可逆元。因为对 $ab = 0, va = 1$，有

$$b = 1b = (va)b = v(ab) = v0 = 0$$

与 $b \neq 0$ 矛盾。

对此可以这样理解：我们常常把 $a$ 和其乘一个可逆元 $au$ 当作某种“等价”元素，因为其总可以再乘一个 $v$ 回到 $a$，而那些不是可逆元的乘上之后便不可再回来了。这便有了类似于强连通分量的结构。而如果零因子是一个可逆元，那么所有元素都和 $0$ 等价，因此便是零环了。

特别地，一个环是域当且仅当其交换且 $R^{\times} = R - \{0\}$。域没有零因子。

例

• $\mathbb Z$ 的可逆元为 $\pm 1$。不存在零因子。这说明可以有既不是可逆元也不是零因子的元素。但这是因为 $\mathbb Z$ 可以向乘法移动的方向无限延伸。详见命题 3。

• $\mathbb Z / n\mathbb Z$ 中，所有与 $n$ 互质的数所在的类是可逆元。所有与 $n$ 不互质的数 $b$，由于 $b \cdot \frac n{\gcd(n, b)} \equiv 0 \pmod n$，其所在的类都是零因子。$\mathbb Z / n\mathbb Z$ 是域当且仅当 $n$ 是质数。

定义 没有零因子的拥有单位元 $1 \neq 0$ 的环称作整环 (integral domain)。

命题 2. 若 $a$ 不为零因子，$ab = ac \Rightarrow a = 0 \vee b = c$，这称为消去律。特别地，在整环 $R$ 中所有元素拥有消去律。

证明

$ab = ac \Rightarrow a(b - c) = 0 \Rightarrow a = 0 \vee b = c$。

这是由分配律带来的结构而不仅仅是乘法自己的结构。因此不需要是可逆元便可以拥有消去律。

推论 3. 有限整环均为域。

证明

对每个非零元素 $a$，考虑作用 $x \to a \cdot x$，根据消去律，这是一个单射。由于定义域有限且与到达域相同，映射一定为双射，因此存在某个 $x \to 1$，即 $x$ 为 $a$ 的乘法逆。

定义 一个环的子环是其乘法封闭的加法子群。

例 1

在 $\mathbb Q(\sqrt D)$ 中的系数为整数的二次方程的根

$$\mathcal O_{\mathbb Q(\sqrt D)} = \mathbb Z[\omega] = \{a + b \omega \mid a, b \in \mathbb Z\}$$

其中

$$\omega = \begin{cases} \sqrt D && D \equiv 2, 3 \pmod 4 \\ \frac{1 + \sqrt D}2 && D \equiv 1 \pmod 4\end{cases}$$

称作二次域 $\mathbb Q(\sqrt D)$ 上的代数整数。可以验证其构成了一个环。

对 $D = -1$，$\mathbb Z[i]$ 也被称作高斯整数。

我们可以在二次域上定义范数

$$\begin{array}{ccc} N:\mathbb Q(\sqrt D) &\mapsto &\mathbb Q \\ a + b\sqrt D &\to &(a + b\sqrt D)(a - b \sqrt D) = a^2 - Db^2 \end{array}$$

可以验证其是积性的，即 $N(\alpha \beta) = N(\alpha) N(\beta)$，也即，$N$ 在 $\mathbb Q(\sqrt D)$ 和 $Q$ 的乘法下是一个群同态。

在二次域的代数整数上，

$$N(a + b \omega) = (a + b \omega)(a + b \overline \omega)\begin{cases}a^2 - Db^2 && D = 2, 3 \pmod 4 \\ a^2 + ab + \frac{1 - D}4 b^2&& D \equiv 1 \pmod 4\end{cases}$$

其中

$$\overline \omega = \begin{cases}-\sqrt D && D \equiv 2, 3 \pmod 4 \\ \frac{1 - \sqrt D}2 && D \equiv 1 \pmod 4\end{cases}$$

因此 $N(a + b \omega)$ 是整数。我们由此可以考虑二次域的代数整数上的可逆元。

如果 $N(a + b \omega) = 1$，则 $(a + b \omega)(a + b \overline \omega) = 1$，因此是可逆元。如果 $\alpha$ 是可逆元，则 $1 = N(1) = N(\alpha \beta) = N(\alpha) N(\beta)$，因此 $N(\alpha) = N(\beta) = 1$。由此，

命题 $\mathcal O$ 中元素 $\alpha$ 是可逆元当且仅当 $N(\alpha) = \pm 1$。

解这个环中的可逆元便是解方程 $x^2 - Dy^2 = \pm 1$，这个方程称作 Pell 方程。

经过一些初等的推导，可得

• 对高斯整数，可逆元为 $\{\pm 1, \pm i\}$。
• 对 $D = -3$，可逆元为 $\{\pm 1, \pm \rho, \pm \rho^2\}, \rho = \frac{-1 + \sqrt{-3}}2$。
• 对其他 $D < 0$，可逆元仅为 $\{\pm 1\}$。
• 对所有 $D > 0$，可逆元有无穷多个。

例 2

定义 $R$ 是一个有单位元的交换环，$x$ 为不定元 (indeterminate)。环上的多项式 (polynomial) 定义为形式和

$$a_nx^n + a_{n-1}x^{n-1} + \ldots + a_1x + a_0$$

其中 $a_i \in R$。称其为形式和是因为此时 $x$ 只是一个不定元，没有任何其他性质。如果愿意，可以将其仅写为 $(a_0, a_1, \ldots, a_n)$。

$如果 $a_n \neq 0$，则多项式的度数 (degree) 定义为 $n$，$a_nx^n$ 称为首项。如果 $a_n = 1$，称多项式为首一 (monic) 的。

这样的多项式的集合称为环 $R$ 上变量 $x$ 的多项式环。

多项式的加法、乘法定义同基本数论中的那样。

命题 4. 整环 $R$ 上的多项式 $p(x), q(x)$ 均非零，则有

• $\operatorname{degree} p(x)q(x) = \operatorname{degree}p(x) + \operatorname{degree}q(x)$.
• $R[x]$ 中的可逆元仅为 $R$ 中的可逆元。
• $R[x]$ 是整环。
• $R$ 有零因子，则 $R[x]$ 存在零因子 $f(x)$，且存在 $c \in R$ 使得 $cf(x) = 0$。

1.2 环同态与商环

类似于群同态与商群，我们也可以使用类似的方法定义出环同态与商环。

定义 一个环同态是一个映射 $\varphi:R \to S$，满足 $\forall a, b \in R$，

• $\varphi(a + b) = \varphi(a) + \varphi(b)$。
• $\varphi(ab) = \varphi(a) \varphi(b)$。

$\ker \varphi$ 为将 $\varphi$ 当作加法群中的群同态时的 $\ker$。

命题 5. $\operatorname{Im} \varphi$ 是 $S$ 的子环。$\ker \varphi$ 是 $R$ 的子环，且 $\alpha \in \ker \varphi$ 则 $r \alpha, \alpha r \in \ker \varphi, \forall r \in R$，因此 $\ker \varphi$ 在 $R$ 的乘法封闭。

由定义我们可知，环同态是群同态加上更多限制。所以考虑一个环同态时可以先认为其是一个群同态，再将乘法结构加入。

对子环 $I$，其如果要成为某个 $\ker \varphi$，就必须满足

$$\begin{array}{ccc} (r + I) + (s + I) &\mapsto & (r + s) + I \\ (r + I) \times (s + I) &\mapsto & (rs) + I \end{array}$$

前者说明 $I$ 必须是一个正规子群，但加法群是阿贝尔的，所以自动满足。后者等价于

$$(r + \alpha)(s + \beta) + I = rs + I, \forall \alpha, \beta \in I, \forall r, s \in R$$

也即，$\alpha s + r \beta + \alpha\beta \in I$。

• 取 $s = r = 0$，说明 $I$ 必须在自己中乘法封闭。
• 分别取 $s = 0$ 和 $r = 0$，说明 $I$ 在 $R$ 的乘法封闭。
• 如果满足了前两条，则式子成立。说明前两条是充要条件。

定义 $R$ 的子集 $I$ 被称作一个理想 (ideal)，如果 $I$ 是一个子环，且 $rI \in I, Ir \in I, \forall r \in R$。被称作左/右理想如果仅有一侧乘法封闭。

在交换环中，左理想/右理想/理想等价。

命题 6. $I$ 是一个 $R$ 下的理想，则

$$\begin{array}{ccc} (r + I) + (s + I) &\mapsto & (r + s) + I \\ (r + I) \times (s + I) &\mapsto & (rs) + I \end{array}$$

良定义。$R/I$ 是一个环，称为商环。

这样命题 4, 5 完整阐述了环同态的核与理想的对应。

定理 7. 环拥有与群类似的同构定理，列举如下

• （第一环同构定理）$R / \ker \varphi \cong \varphi(R)$.
• （第二环同构定理）$(A + B) / B \cong A / (A \cap B)$. 其中 $A + B = \{a + b\mid a \in A, b \in B\}$，如果 $A, B$ 为同一个环下的理想则 $A \cap B$ 是一个理想。
• （第三环同构定理）$(R/I)/(J/I) \cong R/J$，其中 $I \subseteq J$ 是两个 $R$ 下的理想。
• （第四环同构定理）$A$ 中包含 $I$ 的子环结构与 $A/I$ 的子环结构同构。包含 $I$ 的 $A$ 是一个 $R$ 下的理想当且仅当 $A/I$ 是 $R/I$ 下的理想。

这些定理都可以通过先认为其是一个群同构，再将乘法结构加入来证明。

定义 $I, J$ 是 $R$ 下的理想，则定义

• $I + J = \{a + b \mid a \in I, b \in J\}$.
• $IJ = \{\sum_{i=1}^n a_i b_i \mid n \in \mathbb N, a_i \in I, b_i \in J\}$.
• $I^n = \begin{cases} I & n = 1 \\ II^{n-1} & \text{otherwise}\end{cases}$.

需要注意的是，在第二条中，$\{ab \mid a \in I, b \in J\}$ 不一定是一个理想，因为不一定加法封闭。

例

$n \mathbb Z$ 是 $\mathbb Z$ 下的理想。其商环 $\mathbb Z / n \mathbb Z$ 现在拥有了乘法结构。

根据裴蜀定理，$n\mathbb Z + m \mathbb Z = \gcd(n, m) \mathbb Z$。

1.3 理想的性质

这章的环均满足 $1 \neq 0$。

定义 令 $A$ 是环 $R$ 的一个子集，$A$ 生成的理想 $(A)$ 为所有包含 $A$ 的理想中最小的那个，能够称“最小”是由于两个理想的交仍是一个理想。可以由一个元素生成的理想称作主理想 (principal ideal)。可以由有限个元素生成的理想称作有限生成理想 (finitely generated ideal)。

命题 $(A) = RAR$。如果 $R$ 是交换的，那么 $(A) = RA$。

证明

$(A)$ 必然包含 $RAR$。同时 $RAR$ 是一个理想，因此是最小的。

注意如果 $A = \{a\}$，$RaR \neq \{ras \mid r, s \in R\}$，仍然需要加法封闭。

主理想是最简单的一类理想，其在后面会发挥重要的作用。

如果 $b = ra, r \in R$，或者说 $b \in (a)$，则 $(b) \subseteq (a)$，当 $r$ 是一个可逆元时取等。

我们将 $(\{a_1, a_2, \ldots, \})$ 可以简写为 $(a_1, a_2, \ldots )$，结合上一个例子，这也说明了为什么 $\gcd(a, b)$ 也经常写作 $(a, b)$。

例

• $\mathbb Z[x]$ 中 $(2, x)$ 不是一个主理想。$(2, x) = \{2p(x) + xq(x) \mid p(x), q(x) \in \mathbb Z[x]\}$，只包含了常数项为偶数的多项式，因此这个理想是真的（不等于整个环）。如果 $(2, x) = (a(x))$，则 $2 = p(x)a(x)$，因此 $p(x), a(x)$ 均是常数，但这样 $(a(x))$ 要么是整个环，要么无法生成 $x$，矛盾。
• $\mathbb Q[x]$ 中 $(2, x)$ 是一个主理想，因为所有常数均为可逆元。

命题 9.

• $I = R$ 当且仅当 $I$ 包含了一个可逆元。
• 交换环 $R$ 是域当且仅当其理想只有 $0$ 和 $R$。

证明

若 $u \in I, uv = 1$，则

$$r = r\cdot 1 = r(vu) = (rv)u \in I, \forall r \in R$$

这说明域的理想是 trivial 的。对于反方向，考虑 $(u) \neq 0$，因此只能是 $R$，因此每个非零元素都是可逆元，因此 $R$ 是一个域。

推论 10. 域 $R$ 的任何非零同态是单的。

这说明“商域”的的结构是 trivial 的。但是域的嵌入（或换个主动方的说法，域的扩张）将会极其重要，成为域论研究的最大兴趣。

定义 环 $S$ 中的理想 $M$ 被称为极大理想，如果包含它的理想只有 $M$ 和 $S$。

一个一般的环不一定拥有极大理想，正如一个阿贝尔群不一定拥有极大子群一样，比如 $\mathbb Q$。$\mathbb Q$ 上的零环就是一个没有极大理想的例子。但是我们有结论

命题 11. 在一个拥有单位元 $1 \neq 0$ 的环中，每个理想都包含在一个极大理想里。

证明

考虑所有包含一个真理想 $I$ 的真理想集合 $\mathcal S$，包含关系构成了其一个偏序。找到一条链 $\mathcal C$，令

$$J = \bigcup_{A \in \mathcal C} A$$

因为 $a, b \in J$ 同时出现在 $a, b$ 所在的理想在链上靠后的那个，因此 $a - b \in J, ab \in J, 0 \in J$，故 $J$ 是一个理想。

同时，由于如果 $1 \in J$ 则存在 $1 \in A$，但 $A$ 是真理想，矛盾。因此 $1 \notin J$，$J$ 是真理想。

因此每条链都有上界 $J$，根据 Zorn 引理，必有极大元。

命题 12. 交换环 $R$ 中的理想 $M$ 是极大的当且仅当 $R/M$ 是一个域。

这是第四同构定理的简单应用。

定义 交换环 $R$ 中的理想 $P$ 被称为素理想，当且仅当 $P \neq R, \forall ab \in P, a \in P \vee b \in P$。

例

$\mathbb Z$ 的极大理想集合为 $\{(p)\mid p \text{ is prime}\}$。

$\mathbb Z$ 的素理想集合为 $\{(p)\mid p \text{ is prime}\} \cup \{0\}$。

命题 13. 交换环 $R$ 中的理想 $P$ 是素的当且仅当 $R/P$ 是一个整环。

推论 14. 交换环 $R$ 中的极大理想都是素的。

1.4 分数环

这章的环均交换。

在环 $R$ 中，对于一些既不是可逆元，也不是零因子的元素 $u$，我们可以加入一个新元素 $u^{-1} \notin R$，定义 $uu^{-1} = 1$，并看看会发生什么。

$(u^{-1}v^{-1})(uv) = 1$，因此这些元素必须乘法封闭。因此构成了一个半群。

由于环交换，根据乘法封闭的性质，我们将每个元素可以写作 $ab^{-1}, a, b \in R$。

$(au^{-1} + bv^{-1})(uv) = bu + av$，因此

$$\begin{aligned} au^{-1} + uv^{-1} &= (bu+av)(uv)^{-1} \\ (au^{-1})(bv^{-1}) &= (ab)(uv)^{-1} \end{aligned}$$

这样我们便在新的集合 $Q$ 上定义了封闭的加法和乘法运算。注意并不是每个 $ab^{-1}$ 都代表着一个独立的元素。如果 $ad = bc, ab^{-1} = cd^{-1}$。我们可以将集合视为这样的等价类。

定理 15. 对交换环 $R$ 上不包含零因子或零的非空且乘法封闭的集合 $D$，存在含单位元的交换环 $Q$，使得 $R$ 中每个不为零因子的元素在 $Q$ 中均为可逆元，且满足

• 每个 $Q$ 中的元素形如 $rd^{-1}, r \in R, d \in D$，如果 $D = R - \{0\}$ 那么 $Q$ 是域。
• $Q$ 是所有满足条件的环中最小的。形式化地描述最小集合是这样的：对于所有单射 $\varphi:R \to S$ 满足 $\varphi(d)$ 是 $S$ 中的可逆元，那么存在单射 $\Phi:Q \to S$ 满足 $\Phi|_R = \varphi$。也就是说，包含 $R$（同构意义下）且满足条件的群均包含 $Q$（同构意义下）。

证明

首先

• $rd^{-1} \sim se^{-1} \text{ iff } re = sd$ 是传递的，因此是一个等价关系。

• 加法和乘法是良定义的，加法是阿贝尔的，乘法拥有结合律、交换律、分配律。

这些性质可以被简单验证。

其次，$R$ 不一定有单位元，但

• $Q$ 拥有单位元 $dd^{-1}$。

• $Q$ 包含 $R$（同构意义下），$\iota: R \to Q, \iota(r) = (rd)d^{-1}$ 是一个单射。

• 每个 $D$ 中的元素 $d$ 拥有乘法逆 $r(dr)^{-1}, r \in R$。

最后考虑 $Q$ 的最小性。

令 $\Phi(rd^{-1}) = \varphi(r)\varphi(d)^{-1}$，则

• $\Phi$ 是良定义的。即同一等价类的值相同。
• $\Phi$ 是环同态。
• $\Phi$ 是单射。因为 $rd^{-1} \in \ker \Phi$ 而 $d^{-1}$ 是可逆元，所以 $r \in \ker \varphi$。但 $\varphi$ 是单射。

换句话说，我们先扩充一些元素，然后按照乘法封闭的代数闭包得到的环一定是最小的。

推论 16. 如果一个域 $F$ 包含了一个子环 $R'$ 与整环 $R$ 同构，那么 $R'$ 生成的子域与 $R$ 的分数域 $Q$ 同构。也就是说，包含一个整环的最小的域是其分数域。

例

定义 整环 $R$ 上的多项式 $R[x]$ 的分数域称为 $R$ 上的有理函数，形如 $\frac{p(x)}{q(x)}$，有理函数域记作 $R(x)$。

若令 $p(x), q(x)$ 均为常数，则 $R(x)$ 包含了 $R$ 的分数域 $F$。

并且 $F(x) = R(x)$，通过将分子分母同乘所有系数分母的乘积（一般环上的 $\text{lcm}$ 没有被定义）可以把 $F(x)$ 中的元素转化为 $R(x)$ 中的元素。

例如

$$\frac{\frac 12x + \frac 13}{\frac 15x + 1} = \frac{15x + 10}{6x + 30}$$

1.5 中国剩余定理

这章的环均交换且拥有单位元 $1 \neq 0$。

我们将互素的概念推广到一般的环上。

定义 两个 $R$ 的理想 $A, B$ 被称为互素 (coprime, comaximal)，如果 $A + B = R$。

对两个主理想 $(a), (b)$ 来说，这相当于 $\gcd(a, b) = 1$。

定理 17. (中国剩余定理) 令 $A_1, A_2, \ldots, A_k$ 是 $R$ 中的理想，则映射

$$\begin{aligned} R \mapsto R/A_1 \times R/A_2 \times \ldots \times R/A_k \\ r \mapsto (r+A_1, r+A_2, \ldots, r+A_k) \end{aligned}$$

是一个核为 $A_1 \cap A_2 \cap \ldots \cap A_k$ 的群同态。特别地，如果 $i \neq j, i, j \in \{1, 2, \ldots, k\}$ 都有 $A_i, A_j$ 互素，则该映射是满射且 $A_1 \cap A_2 \cap \ldots \cap A_k = A_1A_2\ldots A_k$，因此

$$R/(A_1A_2\ldots A_k) = R/(A_1 \cap A_2 \cap \ldots \cap A_k) \cong R/A_1 \times R/A_2 \times \ldots \times R/A_k$$

证明

先考虑 $k=2$ 的情况。$\varphi(r) = (r + A_1, r + A_2)$ 是一个环同态，其核为 $A_1 \cap A_2$。当 $A_1, A_2$ 互素时，存在 $x \in A_1, y \in A_2, x + y = 1$，此时 $\varphi(x) = (0, 1), \varphi(y) = (1, 0)$，故任何 $(r_1 + A_1, r_2 + A_2)$ 都可以由 $\varphi(r_1x + r_2y)$ 得到，$\varphi$ 是满射。

总是有 $A_1A_2 \subseteq A_1 \cap A_2$，而由于 $A_1, A_2$ 互素，对 $c \in A_1 \cap A_2$，$c = cx + cy \in A_1A_2$。注意两个理想乘积的定义要求了加法封闭。

对于 $k > 2$ 的情况，考虑 $A = A_1, B = A_2A_3\ldots A_k$。我们只需要证明 $A + B = R$。考虑总是有 $x_j \in A, y_j \in A_j$，$x_j + y_j = 1$，考虑

$$\begin{aligned} 1 &= (x_2 + y_2)(x_3 + y_3) \ldots (x_k + y_k) \\ &= x_i\cdot (\ldots) + y_2y_3 \ldots y_k \\ &\in A_1 + (A_2A_3\ldots A_k) \end{aligned}$$

推论 18. $n = p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2} \ldots p_k^{\alpha_k}$，则

$$\mathbb Z/n\mathbb Z \cong (\mathbb Z / p_1^{\alpha_1} \mathbb Z)\times (\mathbb Z / p_2^{\alpha_2} \mathbb Z) \times \ldots \times (\mathbb Z / p_k^{\alpha_k} \mathbb Z)$$

特别地，

$$(\mathbb Z/n\mathbb Z)^{\times} \cong (\mathbb Z / p_1^{\alpha_1} \mathbb Z)^{\times}\times (\mathbb Z / p_2^{\alpha_2} \mathbb Z)^{\times} \times \ldots \times (\mathbb Z / p_k^{\alpha_k} \mathbb Z)^{\times}$$

我们将在 3.4 进一步描述每一个 $(\mathbb Z / p^\alpha \mathbb Z)^\times$ 的分解。

2 欧几里得整环、主理想整环与唯一分解整环

有一些代数性质我们非常青睐。从这些代数性质出发得到的环是一些更特殊的环。研究这些环的性质有更普遍的意义。

这章的环均交换。

2.1. 欧几里得整环

欧几里得整环是元素之间能做欧几里得算法的环。形式化地，

定义 函数 $N:R \to \mathbb Z^+ \cup \{0\}$ 满足 $N(0) = 0$ 称作整环 $R$ 上的范数。如果 $N(a) > 0, \forall a \in R \setminus \{0\}$，则称范数是正的。

定义 一个整环 $R$ 被称为欧几里得整环 (Euclidean Domain)，如果存在范数 $N$ 使得对于任意两个元素 $a, b \in R, b \neq 0$，存在 $q, r \in R$，使得

$$\begin{aligned} a = qb + r && r = 0 \vee N(r) < N(b)\end{aligned}$$

$q$ 被称作商，$r$ 被称作余数。

使用此性质多次，我们可以得到欧几里得算法

$$\begin{aligned} a &= q_0b + r_0 \\ b &= q_1r_0 + r_1 \\ r_0 &= q_2r_1 + r_2 \\ &\vdots \\ r_{n-2} &= q_nr_{n-1} + r_n \\ r_{n-1} &= q_{n+1}r_n \end{aligned}$$

使得 $N(b) > N(r_0) > N(r_1) > \ldots > N(r_n)$。由于 $\mathbb Z^+ \cup \{0\}$ 的任何非空子集必有下界，算法一定在有限轮终止。

实际上，想要实现欧几里得算法，$N$ 的值域只需要是一个良序集即可。这样的环称作广义欧几里得整环。

对于一般的环，满足条件的 $N$ 不一定唯一，同一个 $N$ 下满足条件的商和余数也不一定唯一。

例

对高斯整数环 $\mathbb Z[i]$，取 $N(a + bi) = a^2 + b^2$，对 $\alpha, \beta \in \mathbb Z[i], \beta \neq 0$，考虑在 $\mathbb Z(i)$ 中 $\frac{\alpha}{\beta} = t + si$，其中

$$t = \frac{ac + bd}{c^2 + d^2}, s = \frac{bc - ad}{c^2 + d^2}$$

取离 $t$ 最近的整数 $p$，离 $s$ 最近的整数 $q$，那么 $|t-p|, |s-q| \leq \frac 12$，考虑如果把 $p + qi$ 作为商，则有

$$\alpha = (p + qi) \beta + ((t-p) + (s - q)i)\beta$$

而

$$N(((t - p) + (s - q)i)\beta) = N((t-p)^2 + (s - q)^2)N(\beta) \leq \frac 12 N(\beta) < N(\beta)$$

满足范数条件。故 $\mathbb Z[i]$ 是欧几里得整环。

命题 1. 每个欧几里得整环里的理想是主的。$I = (d)$，其中 $d$ 是范数最小的非零元素。

证明

考虑 $I$ 中那个范数最小的非零元素 $d$，对所有 $I$ 中的其他元素做欧几里得算法 $a = qd + r$，那么 $r = a - qd \in I$，而不可能比 $d$ 的范数更小，因此 $r=0$，所以 $I = (d)$。

例

$\mathbb Z[x]$ 不是欧几里得整环，因为 $(2, x)$ 不是主理想。

接下来我们考虑两个元素 $a, b$ 如何通过欧几里得算法得到其生成的理想 $(a, b)$ 的单生成元 $d$。

定义 $a, b \in R, b \neq 0$，则

• $a$ 是 $b$ 的倍数，如果存在 $a = bx, x \in R$，此时 $b$ 是 $a$ 的因子或因数，写作 $b \mid a$。

• $a, b$ 的最大公因数 $\gcd(a, b)$ 或 $(a, b)$ 是非零元素 $d$，满足

  • $d \mid a \wedge d \mid b$.
  • $d' \mid a \wedge d' \mid b \Rightarrow d' \mid d$.

将其转化为理想的语言，有

定义 $a, b \in R, b \neq 0$，则

• $a$ 是 $b$ 的倍数，如果 $(a) \subseteq (b)$。
• $a, b$ 的最大公因数 $\gcd(a, b)$ 或 $(a, b)$ 是非零元素 $d$，满足
  • $(a, b) \subseteq (d)$.
  • $(a, b) \subseteq (d') \Rightarrow (d) \subseteq (d')$.

在一般的环里，最大公因数不一定存在。但在欧几里得整环里，由于 $(a, b)$ 恰好会等于一个 $(d)$，我们可以立刻验证 $\gcd(a, b) = d$。

命题 2. 如果 $(a, b)$ 是主理想 $(d)$，则 $d$ 为 $a, b$ 的最大公因数。

命题 3. 整环 $R$ 中 $(d) = (d')$ 则 $d' = ud, u$ 是可逆元。特别地，如果 $d, d'$ 均为 $a, b$ 的最大公因数，则 $d' = ud$。即，最大公因数在差一个可逆元的意义下唯一。

证明

$d \in (d')$，说明 $d = yd'$。$d' \in (d)$，说明 $d' = xd$，因此 $d = xyd, d(1 - xy) = 0$，由此 $x, y$ 都是可逆元。

定理 4. 欧几里得算法的最后一步得到 $d = r_n$，则

• $d$ 是 $a, b$ 的最大公因数。
• 特别地，$(a, b) = (d)$，因此 $d$ 可被写作 $a, b$ 在 $R$ 中元素的线性组合 $d = ax + by$。

证明

$d \mid r_n, d \mid r_{n-1}$。

考虑从后向前做数学归纳法，$r_{k-1} = q_{k+1}r_k + r_{k+1}$，$d \mid r_k, d \mid r_{k+1}$ 因此 $d \mid r_{k-1}$。最终可得 $d \mid a, d \mid b, (a, b) \subseteq (d)$。

考虑从前向后做数学归纳法，$b, r_0 \in (a, b)$，$r_{k+1} = r_{k-1} - q_{k+1}r_k \in (r_{k-1}, r_k) \subseteq (a, b)$。最终可得 $d \in (a, b), (d) \subseteq (a, b)$。

2.2. 主理想整环

定义 一个整环 $R$ 被称为主理想整环 (Principal Ideal Domain)，如果其每个理想都是主的。

每个欧几里得整环都是主理想整环。

按照之前的讨论，主理想整环上也可以定义最大公因数。只是不一定有好的算法。

命题 6. $(a, b) = (d)$，则

• $d$ 是 $a, b$ 的最大公因数。
• $d$ 可被写作 $a, b$ 在 $R$ 中元素的线性组合 $d = ax + by$。
• $d$ 在差一个可逆元的意义下唯一。

我们之前有两个概念，素理想和极大理想。在一般意义上素理想弱于极大理想。这大概是因为虽然两者都有尽可能向前（元素被分解的方向）延伸的动作，但素理想可以仅包含一部分分支而极大理想必须尽可能多地包含所有分支。而在主理想整环中，由于所有分支都会合并为一个主理想，素理想与极大理想等价。

命题 7. 主理想整环 $R$ 中的每个素理想都是极大的。

证明

设素理想 $(p) \subseteq I = (m)$，则 $p = rm$，因此 $r \in (p)$ 或 $m \in (p)$。

• 若 $r \in (p)$，则 $p = psm$，$sm = 1$，$m$ 是可逆元，$I = R$。
• 若 $m \in (p)$，则 $(p) = (m)$。

因此 $(p)$ 是极大的。

命题 8. $R[x]$ 是主理想整环则 $R$ 是域。

证明

$(x)$ 是素理想，因此是极大的。$R[x] / (x) \cong R$，因此 $R$ 是域。

2.3. 唯一分解整环

我们先来描述元素的分解。

定义 $R$ 是整环。则

• $r \in R$ 是不可约的 (irreducible)，如果 $r$ 不是可逆元且对任何 $r = ab$，$a, b$ 至少有一个是可逆元。否则 $r$ 称为可分的。
• $p$ 称为素元如果 $(p)$ 是一个素理想。也即，对任何 $p \mid ab$ 有 $p \mid a$ 或 $p \mid b$。
• 两个只差一个可逆元的元素被称为相伴 (associate) 的，即 $a = ub, u$ 是可逆元。

命题 10. 每个素元都是不可约的。

命题 11. 在主理想整环中素元与不可约元素等价。

证明

不可约的定义说明 $(r)$ 是极大的，因此是素的。

在一般的环中，素元与不可约元素并不等价。素理想是分解理想的一组基，而不可约元素是分解元素的一组基。由于素理想可以不主，其能力强于用不可约元素做分解。能够用不可约元素对环里所有非零元素进行唯一分解的环叫做唯一分解整环，而可以用素理想对环里所有理想进行唯一分解的环叫做戴德金整环。每个唯一分解整环都是戴德金整环。在主理想整环中，由于没有不主的理想，两者的能力一致。

定义 一个整环 $R$ 被称作唯一分解整环 (Unique Factorization Domain)，如果对每个不是可逆元的 $r \in R$，

• $r$ 可以被写成有限个不可约元素的乘积，$r = p_1p_2\ldots p_n$。
• 这种分解在相伴意义下是唯一的。即，如果 $r = q_1q_2 \ldots q_m$ 是另一个分解，则 $m=n$ 且经过重排后 $p_i$ 和 $q_i$ 相伴。

命题 12. 在唯一分解整环中素元与不可约元素等价。

证明

考虑 $p \mid ab$，$ab = pc$，将 $a, b$ 分解，根据分解的唯一性，$p$ 必须和某个 $a$ 中或者 $b$ 中的不可约元素相伴，也即 $p \mid a$ 或 $p \mid b$。

命题 13. 唯一分解整环中的两个元素 $a, b$ 的分解

$$\begin{aligned} a &= up_1^{e_1}p_2^{e_2} \ldots p_n^{e_n} \\ b &= p_1^{f_1}p_2^{f_2} \ldots p_n^{f_n} \end{aligned}$$

其中 $u, v$ 是可逆元，$e_i, f_i \geq 0$，则

$$d = p_1^{\min(e_1, f_1)}p_2^{\min(e_2, f_2)} \ldots p_n^{\min(e_n, f_n)}$$

是 $a, b$ 的最大公因数。

证明

$d \mid a, d \mid b$。考虑同样是公因数的 $c$，$c = wq_1^{g_1}q_2^{g_2} \ldots q_m^{g_m}$，则 $q_i \mid c \mid a$，也 $\mid b$。因此 $\{q_1, q_2, \ldots, q_m\} \subseteq \{p_1, p_2, \ldots, p_n\}$。同理，经过重排后有 $g_i \leq \min(e_i, f_i)$。因此 $c \mid d$。

命题 14. 每个主理想整环都是唯一分解整环。

证明

考虑一个可分元素 $r$，$r = r_1r_2$，且 $r_1, r_2$ 都不是可逆元，如果两者均为不可约的，过程结束，否则继续将 $r_1$ 分为 $r_{11}, r_{12}$。我们需要证明这样的过程终止且唯一。由于 $r_1, r_2$ 都不是可逆元，$(r) \subset (r_1) \subset R$，同理可得

$$(r) \subset (r_1) \subset (r_{11}) \subset \ldots \subset R$$

令 $I = \bigcup_{i = 1}^\infty I_i$，则同之前的证明，$I$ 是一个理想。在主理想整环里，$I = (a)$，则 $a$ 必定在某个 $I_n$ 中，$I = I_n$，说明这条链的长度只有有限步，即这个过程会终止。

接下来考虑唯一性。对不可约元素的个数 $n$ 做数学归纳法。

$n = 0$ 时，$r$ 是可逆元，如果有第二种分解 $r = qc$，$q$ 是不可约的，则 $q(cr^{-1}) = 1$，$q$ 是可逆元，矛盾。

如果

$$r = p_1p_2\ldots p_n = q_1q_2 \ldots q_m, m \geq n$$

其中 $p_i, q_i$ 是不可约元素。由于素元和不可约元素等价，$p_1$ 是某个 $q_j$ 的因子，不失一般性地，假设 $q_1 = p_1u$，由于 $q_1$ 不可约，$p_1, q_1$ 相伴。根据整环的消去律，我们可以得到

$$p_2\ldots p_n = uq_2q_3 \ldots q_m = q_2'q_3 \ldots q_m$$

最终得到 $n = m$ 且每个 $p_i$ 和 $q_i$ 相伴。

例

我们现在来寻找所有高斯整数环中的不可约元素。

同之前的例子，我们可以通过使用范数 $N$ 的群同态性质来研究。

如果 $N(\alpha) = p$ 是一个质数，那么其任何分解 $p = N(\alpha) = N(\beta\gamma) = N(\beta)N(\gamma)$ 都会导致某个 $N$ 为 $1$，因此其是可逆元。所以 $\alpha$ 是不可约的。

命题 $N(\alpha)$ 为质数则 $\alpha$ 在 $\mathcal O$ 中不可约。

如果 $\pi$ 是一个素元，那么 $(\pi) \cap \mathbb Z$ 是 $\mathbb Z$ 下的一个素理想。因为 $a, b$ 是整数，$ab \in (\pi)$ 那么 $a, b$ 有一个 $\in (\pi)$，因此 $\in (\pi) \cap \mathbb Z$。

因此 $(\pi) \cap \mathbb Z = p\mathbb Z$，$p \in (\pi)$，即 $\pi\pi' = p, N(\pi)N(\pi') = p^2$。于是有两种情况，$N(\pi) = \pm p, N(\pi) = \pm p^2$。第一种情况说明 $N(\pi)$ 是素数，因此是不可约元。如果不存在第一种情况，则 $\pi'$ 是可逆元，因此 $p, \pi$ 相伴，$p$ 是不可约元。

在高斯整数中，素元与不可约元等价。因此我们只需要考虑 $\mathbb Z$ 中的素数 $p$ 能否再进行一次分解 $\pi \pi' = p$。使得 $N(\pi) = p$。

$N(a + bi) = a^2 + b^2$，如果 $\pi = a + bi$，则 $\pi' = a - bi$，$p = a^2 + b^2$。也就是说，我们需要判断一个素数 $p$ 能否写成某个 $a^2 + b^2$ 的形式。

对 $p=2$，$2 = 1^2 + 1^2 = (1+i)(1-i) = -i(1+i)^2$，这是在讨论中唯一一种 $a + bi, a - bi$ 相伴的情况。

对于奇素数，由于 $a^2 \bmod 4 = 0, 1$，$p \bmod 4 = 1$。这是一个必要条件。

引理 17. 存在 $n$ 使得 $p \mid n^2 + 1$ 当且仅当 $p=2$ 或模 $4$ 余 $1$。

证明

$2 \mid 1^2 + 1$。

后文将会证明 $(\mathbb Z/p \mathbb Z)^{\times}$ 是一个循环群，因此结论显然。这里介绍一种不需要此结论的证法。

命题等价于存在 $n^2 \equiv -1 \pmod p$，那么 $n$ 的阶为 $4$。如果存在阶为 $4$ 的元素，根据拉格朗日定理，$p \bmod 4 = 1$。反过来，如果 $p \bmod 4 = 1$，我们首先证明 $-1$ 是唯一一个阶为 $2$ 的元素。如果 $m^2 \equiv 1 \pmod p$ 那么 $p \mid m^2 - 1 = (m - 1)(m + 1)$，$p$ 整除 $m-1$ 或 $m+1$，因此 $m$ 只能是 $\pm 1$。将 $(\mathbb Z/p\mathbb Z)^{\times}$ 商掉 $\{\pm 1\}$，根据 Cauchy 定理，此商群存在阶为 $2$ 的子群，考虑此子群在 $(\mathbb Z/p\mathbb Z)^{\times}$ 里的像，是一个阶为 $4$ 的子群。此子群不能是 $K_4$ 因为 $K_4$ 有三个阶为 $2$ 的元素但 $(\mathbb Z/p\mathbb Z)^{\times}$ 没有，因此只能是 $Z_4$，所以存在一个阶为 $4$ 的元素。

因此 $p \mid n^2 + 1 = (n + i)(n - i)$，如果 $p$ 不可分则 $p$ 能够整除 $n + i, n - i$ 中的至少一个，由于 $p$ 是实数而 $n+i, n-i$ 共轭，$p$ 同时整除二者，因此整除其差，即 $2i$。但这不可能，因此 $p$ 可分。

总结上述如下

命题 18.

• (费马平方和定理) $p$ 能被表示为 $a^2 + b^2$ 当且仅当 $p=2$ 或 $p \equiv 1 \pmod 4$。且在交换 $a, b$，交换 $a, b$ 符号的等价类下唯一。
• 高斯整数环中的不可分元素为
  • $1 + i$。
  • 模 $4$ 余 $3$ 的素数 $p$。
  • $a+bi, a-bi$，其中 $a^2 + b^2 =$ 模 $4$ 余 $1$ 的素数 $p$.

总结这章，对拥有单位元的交换环，有

$$\text{fields} \subset \text{Euclidean Domains} \subset \text{P.I.D.s} \subset \text{U.F.D.s} \subset \text{integral Domains}$$

3. 多项式环

这章的环均交换且拥有单位元 $1 \neq 0$。

3.1. 定义与简单推论

定义与一些简单性质已经在上文的例中给出。这里复述一遍。

定义 $R$ 是一个有单位元的交换环，$x$ 为不定元 (indeterminate)。环上的多项式 (polynomial) 定义为形式和

$$a_nx^n + a_{n-1}x^{n-1} + \ldots + a_1x + a_0$$

其中 $a_i \in R$。称其为形式和是因为此时 $x$ 只是一个不定元，没有任何其他性质。如果愿意，可以将其仅写为 $(a_0, a_1, \ldots, a_n)$。

$如果 $a_n \neq 0$，则多项式的度数 (degree) 定义为 $n$，$a_nx^n$ 称为首项。如果 $a_n = 1$，称多项式为首一 (monic) 的。

这样的多项式的集合称为环 $R$ 上变量 $x$ 的多项式环。

多项式的加法、乘法定义同基本数论中的那样。

命题 1. 整环 $R$ 上的多项式 $p(x), q(x)$ 均非零，则有

• $\operatorname{degree} p(x)q(x) = \operatorname{degree}p(x) + \operatorname{degree}q(x)$.
• $R[x]$ 中的可逆元仅为 $R$ 中的可逆元。
• $R[x]$ 是整环。
• $R$ 有零因子，则 $R[x]$ 存在零因子 $f(x)$，且存在 $c \in R$ 使得 $cf(x) = 0$。

定义 整环 $R$ 上的多项式 $R[x]$ 的分数域称为 $R$ 上的有理函数，形如 $\frac{p(x)}{q(x)}$，有理函数域记作 $R(x)$。

命题 2. $I$ 是 $R$ 上的理想，$(I) = I[x]$ 表示在 $R[x]$ 中 $I$ 生成的理想，也即系数均在 $I$ 中的多项式。则 $R[x] / (I) \cong (R / I)[x]$。

特别地，$I$ 在 $R$ 中是素理想则 $(I)$ 在 $R[x]$ 中是素理想。

证明

令

$$\begin{aligned} \varphi:R[x] &\mapsto (R / I)[x] \\ \varphi(a_nx^n + \ldots + a_0) &= (a_n + I)x^n + \ldots + (a_0 + I) \end{aligned}$$

则 $\varphi$ 是一个环同态。$\ker \varphi = (I)$。由于 $I$ 是素理想，$R/I$ 是一个整环，因此 $(R/I)[x]$ 也是。

如果 $I$ 在 $R$ 中是极大的，则 $(I, x)$ 在 $R[x]$ 中是极大的。

这个命题比较重要。因为它把多项式环的结构下放到了系数的环的结构。

定义 变量 $x_1, x_2, \ldots, x_n$ 在 $R$ 上的多项式 $R[x_1, \ldots, x_n]$ 递归地定义为

$$R[x_1, \ldots, x_n] = R[x_1, \ldots, x_{n-1}][x_n]$$

即单变量 $x_n$ 在 $R[x_1, \ldots, x_{n-1}]$ 上的多项式。

$R[x_1, \ldots, x_n]$ 的每一项形如

$$ax_1^{d_1}x_2^{d_2} \ldots x_n^{d_n}$$

其度数定义为 $d_1 + d_2 + \ldots + d_n$。

无穷个变量的多项式定义为有限个变量的多项式的并。

3.2. 域上的多项式

在基本代数中，两个多项式可以做带余除法，即欧几里得算法。要求是系数可以做除法，也即，是一个域。

定理 3. 域 $F$ 上的多项式 $F[x]$ 是欧几里得整环。

证明

取 $N(f(x)) = \operatorname{degree}f(x)$。两个多项式 $a(x), b(x)$，$b(x) \neq 0$。

考虑

$$\begin{aligned} a(x) &= a_nx^n + \ldots + a_1x + a_0 \\ b(x) &= b_mx^m + \ldots + b_1x + b_0 \end{aligned}$$

对 $n - m$ 用数学归纳法。

• $n - m < 0$ 时，$q(x) = 0, r(x) = a(x)$。
• $n - m \geq 0$ 时，$a'(x) = a(x) - \frac{a_n}{b_m}x^{n-m}b(x)$，则 $\operatorname{degree} a'(x) < n$。

最终令 $q(x)$ 把每次递归时的 $\frac{a_n}{b_m}x^{n-m}$ 全部加起来，得到的 $r(x)$ 就会 $\operatorname{degree} < m$。

对唯一性，考虑 $a(x) - q(x)b(x)$ 和 $a(x) - q_1(x)b(x)$ 都有 $\operatorname{degree} < m$，则两者之差 $(q_1(x) - q(x))b(x)$ 也有 $\operatorname{degree} < m$，说明 $q_1(x) = q(x)$。

推论 4. 域 $F$ 上的多项式 $F[x]$ 是主理想整环与唯一分解整环。

3.3. 唯一分解整环上的多项式

我们现在来考虑多项式的分解。这将会在域论中起到非常重要的作用。

先来考虑一个多项式环是唯一分解整环的条件。

一个必要条件是 $R$ 是唯一分解整环，因为 $R[x]$ 中包含了 $R$（同构意义下）。

引理 5. (Gauss' Lemma) 唯一分解整环 $R$ 上的多项式 $f(x)$ 可分当且仅当其在 $R$ 的分数域 $F$ 上可分。更进一步地，如果 $p(x) = A(x)B(x)$，$A(x), B(x) \in F[x]$，则存在 $r, s \in F$ 使得 $rA(x) = a(x), sB(x) = b(x)$，且 $p(x) = a(x)b(x)$ 是其在 $R[x]$ 中的一步分解。

证明

$p(x) = A(x)B(x)$，其中 $A(x), B(x) \in F[x]$，因此每个系数都形如 $r_1r_2^{-1}$。将所有分母的乘积乘到等式两边，得到 $dp(x) = a'(x)b'(x)$，其中 $a'(x), b'(x) \in R[x]$。将 $d$ 分解为不可约元素 $p_1p_2\ldots p_n$，$(p_i)$ 是 $R$ 中的素理想，则 $(p_1R)[x]$ 是 $R[x]$ 中的素理想，$R[x] / (p_1R)[x] = (R/p_1R)[x]$ 是整环。将等式两边同模 $p_1$（即，应用 $\varphi(r) = r + p_1R$），则有 $0=\overline{a'(x)}\cdot \overline{b'(x)}$，其中 $\overline {f(x)}$ 表示在商环中的元素。因此 $\overline{a'(x)}, \overline{b'(x)}$ 中必有一个是 $0$，不失一般性地假设 $\overline{a'(x)} = 0$，则所有 $a'(x)$ 中的系数都是 $p_1$ 的倍数，可以从等式两边除去。使用数学归纳法，可以消去所有 $p_i$。

需要注意的是，多项式环上的不可约元素与其系数所在的环是有关的。如在 $\mathbb Z[x]$ 中，$2x$ 可以分成 $2\cdot x$，但在 $\mathbb Q[x]$ 中，$2x$ 是不可约元素因为 $2$ 是可逆元。

定义 本原多项式是所有系数的最大公因数为 $1$ 的多项式。

推论 6. 唯一分解整环 $R$ 上的本原多项式 $p(x)$ 的不可约性与其在 $F$ 上的相同。特别地，$p(x)$ 是首一多项式则其在 $R[x]$ 上不可约说明其在 $F[x]$ 上也不可约。

证明

回顾

• $R[x]$ 中的可逆元仅为 $R$ 中的可逆元。

即可得到。

有了 Gauss' Lemma，我们便可以在不知道 $R[x]$ 是否是唯一分解整环的情况下先把多项式在 $F[x]$ 里分解，之后再通过消除分母的方式将其放回 $R[x]$ 中。这样便可以得到 $R[x]$ 是唯一分解整环的充要条件。

定理 7. $R[x]$ 是唯一分解整环当且仅当 $R$ 是唯一分解整环。

证明

令 $d$ 为 $p(x) \in R[x]$ 所有系数的最大公因数，$p(x) = dp'(x)$ 其中 $p'(x)$ 是本原多项式。

由于 $R$ 是唯一分解整环，$d$ 可以被唯一分解，所以我们只需要证明所有的本原多项式可以被唯一分解即可。

根据 Gauss' Lemma，所有 $p(x)$ 可以被分解为 $Q[x]$ 中的不可约元素且可以转化为 $R[x]$ 中的元素，且它们一定都是在 $R$ 中本原的，因此在 $R[x]$ 中也不可约。

对唯一性考虑从 $F[x]$ 中分解的唯一性得到。考虑两个在 $R[x]$ 中的分解

$$p(x) = q_1(x)q_2(x) \ldots q_r(x) = q_1'(x)q_2'(x) \ldots q_s'(x)$$

则 $q_i(x), q'_j(x)$ 均为本原多项式，因此在 $Q[x]$ 中也是不可约的。因此 $r = s$ 且在重排后，$q_i(x), q_i'(x)$ 在 $F[x]$ 中相伴，即 $q_i(x) = \frac abq_i'(x), a, b \in R$。由于 $q_i(x), q_i'(x)$ 均本原，$bq_i(x) = aq_i'(x)$ 说明 $a, b$ 均为这个式子的最大公因数，$a, b$ 在 $R$ 中相伴。因此 $q(x) = uq'(x), u \in R$，说明两者在 $R[x]$ 中也相伴，由此得到 $R[x]$ 中的分解唯一性。

推论 8. 无限多个变量在唯一分解整环 $R$ 上的多项式环是唯一分解整环。

接下来我们考虑不可约多项式的性质。

一个策略是通过把不定元 $x$ 认作变量 $x$ 代入，去寻找它的根。

命题 9. 域 $F$ 上的 $p(x)$ 有一次因子当且仅当存在 $\alpha \in F$ 使得 $p(\alpha) = 0$。

证明

多项式除法并无道理。我们只能使用欧几里得算法。

$$p(x) = q(x)(x - \alpha) + r$$

$N(r) < N(x - \alpha)$ 因此 $r$ 是常数项。由于 $p(\alpha) = 0$，$r = 0$。

命题 10. $F$ 上的二次或三次多项式可分当且仅当其在 $F$ 中有根。

命题 11. $p(x) = a_nx^n + a_{n-1}x^{n-1} + \ldots + a_1x + a_0$ 是 $\mathbb Q$ 上的多项式，若最简分数 $\frac rs$ (i.e. $\gcd(r, s) = 1$) 是 $p(x)$ 的根，则 $s \mid a_n, r \mid a_0$。特别地，$\mathbb Q$ 上的首一多项式 $p(x)$ 唯一可能的整数根是那些能够整除其常数项的。

证明

$$a_n\left(\frac rs\right)^n + a_{n-1}\left(\frac rs\right)^{n-1} + \ldots + a_1 \frac rs + a_0 = 0$$

$$a_nr^n = s(-a_{n-1}r^{n-1} - a_{n-2}r^{n-2}s - \ldots - a_0s^{n-1})$$

因此 $s \mid a_nr^n$，同理 $r \mid a_0s^n$。由于 $\gcd(r, s) = 1$，$s \mid a_n, r \mid a_0$。

例

$x^3 - 3x - 1$ 没有整数解。只用验证 $\pm 1$ 即可。

寻找根的方法仅适用于低阶多项式。一些环里的一些多项式即使可分也可能没有线性因子。

我们再次利用命题 2。

命题 12. 整环 $R$ 上的非零次的首一多项式 $p(x)$ 在真理想的商环 $(R/I)[x]$ 上的像如果不能被分解为两个度数更小的多项式，则其在 $R$ 上是不可约的。

证明

假设 $p(x) = a(x)b(x)$ 是 $R[x]$ 上的一步分解，$a(x), b(x)$ 大于零次且首一。由于 $I$ 是真理想，$a(x), b(x)$ 在 $I$ 上的像均大于零次。

例

$x^2 + x + 1, x^3 + x + 1$ 在 $\mathbb Z[x]$ 中不可约，因为其在 $\mathbb Z/2\mathbb Z[x]$ 中无解。我们只需要做一些非常简单的验证。

$x^2 + 1$ 在 $\mathbb Z[x]$ 中不可约，因为其在 $\mathbb Z/3\mathbb Z[x]$ 中无解。但其在 $\mathbb Z/2\mathbb Z[x]$ 中有解，说明逆命题并不成立。

在一般意义上，存在在所有真理想上都可分，但其本身不可约的情况，如 $x^4 + 1$ 在 $\mathbb Z[x]$ 上不可约，但在所有 $\mathbb Z / p \mathbb Z$ 上都可分。说明此命题只能应用在一侧。

一个常用的特殊情况被单独命名。

命题 13. (Eisenstein 判别法) 若整环 $R$ 上的非零次首一多项式 $f(x) = x^n + a_{n-1}x^{n-1} + \ldots + a_1x + a_0, n \geq 1$ 满足 $a_{n-1}, a_{n-2}, \ldots, a_0$ 均在素理想 $P$ 中且 $a_0$ 不在 $P^2$ 中，则 $f(x)$ 不可约。

推论 14. $\mathbb Z$ 上的多项式除了首次的其他系数都被素数 $p$ 整除，而 $p^2$ 不整除常数项，则多项式在 $\mathbb Z$ 上不可约。

例

$x^4 + 10x + 5$ 在 $\mathbb Z$ 上不可约。

若存在素数 $p$ 使得 $p \mid a, p^2 \not \mid a$ 则 $x^n - a$ 在 $\mathbb Z$ 上不可约。

$x^4 + 1$ 不可约，因为 $(x+1)^4 + 1 = x^4 + 4x^3 + 6x^2 + 4x + 2$。这说明有些时候需要一些技巧。

3.4. 域上的多项式 II

有了对不可约多项式的讨论，我们可以获得一些额外的结论。

命题 15. 域上的多项式 $F[x]$ 中的极大理想是那些由不可约多项式生成的理想 $(f(x))$。特别地，$F[x]/(f(x))$ 是域当且仅当 $f(x)$ 不可约。

命题 16. $g(x) = f_1(x)^{n_1}f_2(x)^{n_2} \ldots f_k(x)^{n_k}$ 是域 $F$ 上的多项式的分解，则

$$F[x]/(g(x)) \cong F[x]/(f_1(x)^{n_1}) \times F[x] / (f_2(x)^{n_2}) \times \ldots \times F[x]/(f_k(x)^{n_k})$$

证明

$f_i(x)$ 和 $f_j(x)$ 在域 $F$ 上是 comaximal 的，因为在欧几里得整环上可以定义 $\gcd$。

命题 17. 如果 $f(x)$ 有根 $\alpha_1, \ldots, \alpha_k \in F$（可重），则 $f(x)$ 有因子 $(x - \alpha_1)(x - \alpha_2) \ldots (x - \alpha_k)$。特别地，度数为 $n$ 的多项式至多只有 $n$ 个根。

命题 18. 域的有限乘法子群是循环群。特别地，如果 $F$ 是有限域，$F^\times$ 是一个循环群。

证明

由有限生成阿贝尔群基本定理可知，有限乘法子群可写作

$$\mathbb Z/n_1 \mathbb Z \times \mathbb Z/n_2 \mathbb Z \times \ldots \times \mathbb Z/n_k \mathbb Z$$

其中 $n_k \mid n_{k-1} \mid \ldots \mid n_1$。

而如果 $G$ 是循环群，$d \mid |G|$ 则有恰好 $d$ 个元素的阶是 $d$ 的因数。由于 $n_k$ 整除每个循环群的阶，每个群都会有 $n_k$ 个元素的阶是 $n_k$ 的因数。因此乘法子群中有 $n_k^k$ 个元素的阶是 $n_k$ 的因数，而它们都是 $x^{n_k} - 1$ 在 $F$ 中的根，因此 $k = 1$。

这也说明了为什么乘法子群一定是属于一个域的。

引用

定理 (有限生成阿贝尔群基本定理) $G$ 是一个有限生成阿贝尔群，则

• $G \cong \mathbb Z^r \times Z_{n_1} \times Z_{n_2} \times \ldots \times Z_{n_s}$。其中 $r \geq 0, n_j \geq 2$，$n_{i+1} \mid n_i$。
• 这样的表示方式是唯一的。如果 $G \cong \mathbb Z^t \times Z_{m_1} \times Z_{m_2} \times \ldots \times Z_{m_u}$ 则 $t = r, u = s, m_i = n_i$。

推论 阿贝尔群 $G$ 的阶为 $n = p_1^{\alpha_1} p_2^{\alpha_2} \ldots p_k^{\alpha_k}$，则 $G \cong A_1 \times A_2 \times \ldots \times A_k, |A_i| = p_i^{\alpha_i}$。

推论 19. $p$ 是质数，则 $(\mathbb Z/p\mathbb Z)^\times$ 是循环群。

推论 20. $n = p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2} \ldots p_r^{\alpha_r}$，则

$$\begin{aligned} (\mathbb Z/n\mathbb Z)^{\times} &\cong (\mathbb Z/p_1^{\alpha_1} \mathbb Z)^{\times} \times \ldots \times (\mathbb Z/p_r^{\alpha_r} \mathbb Z)^{\times} \\ (\mathbb Z/2^\alpha \mathbb Z)^{\times} &\cong Z_2 \times Z_{2^{\alpha-2}}&& \alpha \geq 2 \\ (\mathbb Z/p^{\alpha} \mathbb Z)^{\times} &\cong Z_{p^{\alpha - 1}(p-1)}&& p \neq 2 \end{aligned}$$

证明

$$(\mathbb Z/2 \mathbb Z)^{\times} \cong \{1\}$$

$$(\mathbb Z/4 \mathbb Z)^{\times} \cong \mathbb Z_2$$

$$(1 + 2^2)^{2^{n-2}} \equiv 1 \pmod {2^n}, (1 + 2^2)^{2^{n-3}} \not \equiv 1 \pmod {2^n}$$

由此可知 $5$ 是一个阶为 $2^{n-2}$ 的元素。

并且当 $n \geq 3$ 时 $(\mathbb Z / 2^n \mathbb Z)^{\times}$ 由于有两个二阶子群 $\{1, 2^n-1\}, \{1, 2^{n-1}+1\}$，因此不是循环群。

由于其是有限生成阿贝尔群，所以必然有 $(\mathbb Z/2^\alpha \mathbb Z)^{\times} \cong Z_2 \times Z_{2^{\alpha-2}}$。

对于 $p \neq 2$，

$$(1 + p)^{p^{n-1}} \equiv 1 \pmod{p^n}, (1 + p)^{p^{n-2}} \not \equiv 1 \pmod{p^n}$$

所以其 Sylow $p$-subgroup 是循环群。

考虑满射

$$\begin{aligned} \mathbb Z/p^{\alpha} \mathbb Z &\mapsto \mathbb Z / p\mathbb Z \\ a + (p^{\alpha}) &\mapsto a + (p) \end{aligned}$$

是一个群同态，核大小为 $p^{\alpha - 1}$。

因此对于任何 $q \neq p$，Sylow $q$-subgroup 也是循环群。

根据有限生成阿贝尔群基本定理的推论，所有 Sylow subgroup 均循环的阿贝尔群是循环群。因此 $(\mathbb Z/p^{\alpha} \mathbb Z)^{\times} \cong Z_{p^{\alpha - 1}(p-1)}$。

这也让我们得到了初等数论中关于原根的结论。原根是循环群 $(\mathbb Z/n \mathbb Z)^{\times}$ 的生成元。

命题 模 $m$ 意义下原根存在当且仅当 $m = 2, 4, p^{\alpha}, 2p^{\alpha}$。