Home 数学 抽象代数

核心内容：

ED⟹PID⟹UFD⟹ICD\text{ED} \implies \text{PID} \implies \text{UFD} \implies \text{ICD}

  • ED：Euclidean 整环，能够做带余除法
  • PID：主理想整环，理想只需一个生成元
  • UFD：唯一分解整环，元素分解唯一，算术基本定理成立
  • ICD：整闭环，包含其分式域中的所有代数整数，所有的根都在环内，没有 “漏洞”

整环上的素元分解问题是代数学中最经典的问题之一
原本在整数中被熟知的，倍数，约数，素数等概念，都将以新的形式出现
这一节也将体现整环中 “整” 的意义

注意，本节默认所有环均为 整环

# 整环上的基本概念

在整环上，概念定义如下
a,b∈Ra,b \in R

  • aa 为 RR 的 单位 (unit) 「単元」 ⟺def∃a−1∈R,aa−1=1\stackrel{def}{\iff} {}^\exists a^{-1} \in R, aa^{-1} = 1 \quad
  • aa 与 bb 为 陪元 (associate)「同伴」 ⟺def∃u∈R×,a=bu\stackrel{def}{\iff} {}^\exists u \in R^\times, a = bu \quad
  • aa 为 bb 的 倍数 (multiple)「倍数」 ⟺def∃c∈R,a=bc\stackrel{def}{\iff} {}^\exists c \in R, a = bc \quad
  • aa 为 RR 的 不可约元 (Irreducible Element)「既約元」 ⟺defa∉R×\stackrel{def}{\iff} a \not\in R^\times 且 a=bc⟹b∈R×a = bc \implies b \in R^\times 或 c∈R×c \in R^\times \quad
  • aa 为 RR 的 素元 (Prime Element)「素元」 ⟺def(a)\stackrel{def}{\iff} (a) 为素理想 \quad

示例

  • 在整数环 Z\mathbb Z 中，不可约元与素元等价，均为整数环中的素数
  • 令 KK 为域，在多项式环 K[x]K[x] 中，不可约元与素元等价，均为不可约多项式

其对应以下主理想性质

命题
令 RR 为整环，a,b∈Ra, b \in R，则

  1. aa 为 RR 的单位 ⟺\iff (a)=R(a) = R
  2. aa 与 bb 为陪元 ⟺\iff (a)=(b)(a) = (b)
  3. aa 为 bb 的倍数 ⟺\iff (b)⊂(a)(b) \subset (a)
  4. aa 为不可约元 ⟺\iff (a)(a) 为极大理想
证明

(1) (⇒\Rightarrow)
若 aa 为 RR 的单位，则存在 a−1∈Ra^{-1} \in R，使得 aa−1=1∈(a)aa^{-1} = 1 \in (a)
所以 (a)=R(a) = R
(1) (⇐\Leftarrow)
若 (a)=R(a) = R，则 1∈(a)1 \in (a)，所以存在 a−1∈Ra^{-1} \in R，使得 aa−1=1aa^{-1} = 1
所以 aa 为 RR 的单位
(2) (⇒\Rightarrow)
若 aa 与 bb 为陪元，则存在 u∈R×u \in R^\times，使得 a=bua = bu
所以 (a)=(bu)=(b)(a) = (bu) = (b)
(2) (⇐\Leftarrow)
若 (a)=(b)(a) = (b)，则存在 u∈Ru \in R，使得 a=bua = bu
又因为 (b)=(a)(b) = (a)，所以存在 v∈Rv \in R，使得 b=avb = av
所以 a=bu=avua = bu = avu，故 vu=1vu = 1，即 u∈R×u \in R^\times
所以 aa 与 bb 为陪元
(3) (⇒\Rightarrow)
若 aa 为 bb 的倍数，则存在 c∈Rc \in R，使得 a=bca = bc
所以对于任意 r∈(b)r \in (b)，存在 t∈Rt \in R，使得 r=bt=act∈(a)r = bt = act \in (a)
所以 (b)⊂(a)(b) \subset (a)
(3) (⇐\Leftarrow)
若 (b)⊂(a)(b) \subset (a)，则存在 c∈Rc \in R，使得 b=acb = ac
所以 aa 为 bb 的倍数
(4) (⇒\Rightarrow)
若 aa 为不可约元，则 I=(a)I = (a) 为 RR 的理想
若存在理想 JJ 满足 I⊊J⊊RI \subsetneq J \subsetneq R，则存在 b∈Rb \in R 使得 J=(a,b)J = (a,b)
由于 RR 为整环，故存在 c∈Rc \in R 使得 a=bca = bc
由于 aa 为不可约元，故 b∈R×b \in R^\times 或 c∈R×c \in R^\times
若 b∈R×b \in R^\times，则 J=(a,b)=RJ = (a,b) = R，矛盾
若 c∈R×c \in R^\times，则 aa 与 bb 为陪元，故 J=(a,b)=(a)=IJ = (a,b) = (a) = I，矛盾
所以 II 为极大理想
(4) (⇐\Leftarrow)
若 I=(a)I = (a) 为极大理想，则若 a=bca = bc，则存在理想 J=(a,b)J = (a,b) 满足 I⊆J⊆RI \subseteq J \subseteq R
由于 II 为极大理想，故 J=IJ = I 或 J=RJ = R
若 J=IJ = I，则 aa 与 bb 为陪元，故 c∈R×c \in R^\times
若 J=RJ = R，则存在 x,y∈Rx,y \in R，使得 1=ax+by1 = ax + by
所以 1∈(b)1 \in (b)，故 b∈R×b \in R^\times
所以 aa 为不可约元
□\square

素元是比不可约元更强的条件

命题
令 RR 为整环，则

素元⟹不可约元\text{素元} \implies \text{不可约元}

证明

设 pp 为素元，且 p=mn∈(p)p = mn \in (p)
由于 (p)(p) 为素理想，故 m∈(p)m \in (p) 或 n∈(p)n \in (p)
当 m∈(p)m \in (p) 时，存在 t∈Rt \in R 使得 m=ptm = pt
则 p=mn=ptnp = mn = ptn，由于 RR 为整环，故 1=tn1 = tn，即 n∈R×n \in R^\times
同理当 n∈(p)n \in (p) 时可得 m∈R×m \in R^\times
□\square

但是在 PID 中二者等价
回忆：PID，主理想整环，即所有理想均为单生成理想的整环

命题
令 RR 为主理想整环，则

不可约元⟺素元\text{不可约元} \iff \text{素元}

并且不可约元由极大理想生成

证明

设 pp 为不可约元，则 I=(p)I = (p) 为 RR 的理想
若存在理想 JJ 满足 I⊊J⊊RI \subsetneq J \subsetneq R，则存在 a∈Ra \in R 使得 J=(p,a)J = (p,a)
由于 RR 为 PID，故存在 b∈Rb \in R 使得 p=abp = ab
由于 pp 为不可约元，故 a∈R×a \in R^\times 或 b∈R×b \in R^\times
若 a∈R×a \in R^\times，则 J=(p,a)=RJ = (p,a) = R，矛盾
若 b∈R×b \in R^\times，则 p∣ap \mid a，故 J=(p,a)=(p)=IJ = (p,a) = (p) = I，矛盾
所以 II 为极大理想，故 pp 为素元
反之设 pp 为素元，且 p=mnp = mn
由于 (p)(p) 为素理想，故 m∈(p)m \in (p) 或 n∈(p)n \in (p)
当 m∈(p)m \in (p) 时，存在 t∈Rt \in R 使得 m=ptm = pt
则 p=mn=ptnp = mn = ptn，由于 RR 为整环，故 1=tn1 = tn，即 n∈R×n \in R^\times
同理当 n∈(p)n \in (p) 时可得 m∈R×m \in R^\times
□\square

由此，PID 中素理想也与极大理想等价，逻辑图如下

a是素元⟹a是不可约元⇕(a)是素理想⟸(a)是极大理想∣a是素元⟺PIDa是不可约元⇕⇕PID(a)是素理想⟺PID(a)是极大理想\begin{array}{ccc} a \text{ 是素元} & \Longrightarrow & a \text{ 是不可约元} \\[3pt] \Big\Updownarrow & & \\[7pt] (a) \text{ 是素理想} & \Longleftarrow & (a) \text{ 是极大理想} \end{array} \qquad \Bigg| \qquad \begin{array}{ccc} a \text{ 是素元} & \stackrel{\text{PID}}{\Longleftrightarrow} & a \text{ 是不可约元} \\ \Big\Updownarrow & & \Big\Updownarrow \scriptsize\text{PID} \\ (a) \text{ 是素理想} & \stackrel{\text{PID}}{\Longleftrightarrow} & (a) \text{ 是极大理想} \end{array}

在给出非 PID 的整环例子前，先注意以下同构关系

命题
令 RR 为整环，I⊂RI \subset R 为理想，则

R[x]/IR[x]≅(R/I)[x]R[x]/IR[x] \cong (R/I)[x]

其中 IR[x]IR[x] 为 II 的元素在 R[x]R[x] 中生成的理想

证明

记 a‾=a+I∈R/I\overline a = a + I \in R/I，取映射

φ:R[x]→(R/I)[x],φ(∑i=0naixi)=∑i=0nai‾xi\varphi: R[x] \to (R/I)[x], \quad \varphi\left(\sum_{i=0}^n a_i x^i\right) = \sum_{i=0}^n \overline{a_i} x^i

则 φ\varphi 为满同态，得到 ker⁡φ=IR[x]\ker \varphi = IR[x]，由环同态定理得证
□\square

所以应用结论，得到

示例
在整环 Z[x]\mathbb Z[x] 中，理想 (3)(3) 并非极大理想，因为

Z[x]/(3)≅(Z/3Z)[x]\mathbb Z[x]/(3) \cong (\mathbb Z/3\mathbb Z)[x]

而 (Z/3Z)[x](\mathbb Z/3\mathbb Z)[x] 并非域（多项式环 R[x]R[x] 永远都不可能是域）

同时，因为非 PID 整环中存在非单生成理想，其也可以成为极大理想

示例
I=(3,x−2)⊂Z[x]I = (3,x-2) \subset \mathbb Z[x] 为极大理想，因为

Z[x]/I≅Z/3Z\mathbb Z[x]/I \cong \mathbb Z/3\mathbb Z

为域，满同态以如下方式构造:

Z[x]→Z/3Z[x]→Z/3Z,f(x)↦f(x)‾↦f(2)‾\mathbb Z[x] \to \mathbb Z/3\mathbb Z[x] \to \mathbb Z/3\mathbb Z, \quad f(x) \mapsto \overline{f(x)} \mapsto \overline{f(2)}

此外，整环上还具有以下定义。令 a,b∈Ra,b \in R

  • d∈Rd \in R 为 a,ba,b 的 公约数 (common divisor)「公約数」 ⟺defd∣a∧d∣b\stackrel{def}{\iff} d \mid a \ \land \ d \mid b \quad
  • d∈Rd \in R 为 a,ba,b 的 最大公约数 (greatest common divisor)「最大公約数」 ⟺def\stackrel{def}{\iff} dd 为公约数且对于任意 a,ba,b 的公约数 cc，有 c∣dc \mid d \quad

若 dd 为 a,ba,b 的最大公约数，则记为 d=gcd⁡(a,b)d = \gcd(a,b)
当 gcd⁡(a,b)=1\gcd(a,b) = 1 时，称 a,ba,b 为 互素 (coprime)「互いに素」

命题
令 RR 为整环，a,b∈Ra, b \in R
若存在 d∈Rd \in R，使得 (a,b)=(d)(a,b) = (d)
则此时有

d=gcd⁡(a,b)d = \gcd(a,b)

证明

由于 a,b∈(a,b)=(d)a, b \in (a,b) = (d)，所以 d∣ad \mid a 且 d∣bd \mid b
取任意 a,ba, b 的公约数 cc，由于 d∈(a,b)d \in (a,b)，所以存在 x,y∈Rx,y \in R，使得 d=ax+byd = ax + by
所以 c∣dc \mid d
□\square

# Euclidean 整环 ED

定义
若整环 RR 中，存在映射

d:R∖{0}→N∪{0}d:R\setminus\{0\} \to \mathbb N \cup \{0\}

并满足以下条件:

∀a,b∈R,b≠0,∃q,r∈Rs.t.a=bq+r,d(r)<d(b){}^\forall a,b \in R, b \neq 0, {}^\exists q,r \in R \quad s.t. \quad a = bq + r, \ d(r) \lt d(b)

则称 RR 为 Euclidean 整环 (Euclidean Domain)「ユークリッド整域」，函数 dd 称为 Euclidean 函数

注意：此处的定义 没有假定 q,rq,r 的唯一性

Eucliean 函数本质是用于度量环中元素的大小
这提供了一个角度，用于在整环中实现带余除法

示例

  • 任意的域 KK 都可以通过恒等映射 d≡0d \equiv 0，成为 Euclidean 整环
  • 取整数环 Z\mathbb Z 上的绝对值映射 d(a)=∣a∣d(a) = |a|，则 Z\mathbb Z 为 Euclidean 整环
  • 取多项式环 K[x]K[x] 上的多项式次数映射 d(f)=deg⁡fd(f) = \deg f，则 K[x]K[x] 为 Euclidean 整环（次数的定义见后续）

有以下重要结论

定理

Euclidean 整环⟹主理想整环\text{Euclidean 整环} \implies \text{ 主理想整环}

证明

令 Euclidean 整环 RR，其中 Euclidean 函数为 dd
取 I⊂RI \subset R 为理想，若 I={0}I = \{0\}，则直接为单项，令 I≠{0}I \neq \{0\}
取使得 d(a)d(a) 最小的非零元 a∈Ia \in I，对于任意 b∈Ib \in I，带余除法给出

∃q,r∈Rs.t.b=aq+r,d(r)<d(a)∨d(r)=0{}^\exists q,r \in R \quad s.t. \quad b = a q + r, \ d(r) \lt d(a) \lor d(r) = 0

此时 r=b−aq∈Ir = b - a q \in I，由于 d(a)d(a) 最小，故 r=0r = 0
即 b=aqb = a q，所以 I=(a)I = (a)，即 RR 为主理想整环
□\square

在 Euclidean 整环中，由于可以实现带余除法，所以可以使用类似整数环中的 Euclidean 算法来求最大公约数。

定理 Euclidean 整环上的 Euclidean 算法
令 RR 为 Euclidean 整环
a,b∈R,b≠0a,b \in R, b \neq 0，令数列 (rn)(r_n)

{r0=ar1=brn=rn+1qn+rn+2,d(rn+2)≤d(rn+1)\begin{cases} r_0 = a\\ r_1 = b\\ r_n = r_{n+1}q_n + r_{n+2}, \quad d(r_{n+2}) \leq d(r_{n+1}) \end{cases}

此时存在 N∈NN \in \mathbb N，使得 d(rN+1)=0d(r_{N+1}) = 0，且

gcd⁡(a,b)=rN\gcd(a,b) = r_N

证明

取 Euclidean 函数 dd，则对于任意 n∈Nn \in \mathbb N，有

d(rn+2)≤d(rn+1)<d(rn)d(r_{n+2}) \leq d(r_{n+1}) \lt d(r_n)

因为 d(rn)d(r_n) 为非负整数的单调递减数列，所以存在 N∈NN \in \mathbb N，使得 d(rN+2)=0d(r_{N+2}) = 0，即 rN+2=0r_{N+2} = 0
所以 rN∣rN−1r_{N} \mid r_{N-1}，依次类推可知 rN∣r0r_N \mid r_0 且 rN∣r1r_N \mid r_1
又因为对于任意 c∈Rc \in R，若 c∣r0c \mid r_0 且 c∣r1c \mid r_1，则 c∣r2c \mid r_2，依次类推可知 c∣rNc \mid r_N
□\square

定理 Euclidean 整环上的扩张 Euclidean 算法
令 RR 为主理想整环 PID, 取 a,b∈Ra,b \in R，则

∃x,y∈R,gcd⁡(a,b)=ax+by{}^\exists x,y \in R,\quad \gcd(a,b) = ax + by

证明

因为 RR 为 PID，所以存在 d∈Rd \in R，使得 (a,b)=(d)(a,b) = (d)
由前一命题可知 d=gcd⁡(a,b)d = \gcd(a,b)，且存在 x,y∈Rx,y \in R，使得 d=ax+byd = ax + by
□\square

命题
令 RR 为 Euclidean 整环，a,b,c∈R,bc≠0a,b,c \in R,\ bc \neq 0，则

a∣bc⟹agcd⁡(a,b)∣ca \mid bc \implies \frac{a}{\gcd(a,b)} \mid c

证明

令 d=gcd⁡(a,b)d = \gcd(a,b)，则存在 x,y∈Rx,y \in R，使得 d=ax+byd = ax + by
因为 a∣bca \mid bc，所以存在 k∈Rk \in R，使得 bc=akbc = ak
所以

dc=(ax+by)c=axc+byc=axc+yak=a(xc+yk)⟹ad∣cd c = (a x + b y) c = a x c + b y c = a x c + y a k = a (x c + y k) \implies \frac{a}{d} \mid c

□\square

# 唯一分解整环 UFD

定义
若整环 RR 满足

  • 任意非零非单位元均可分解为有限个不可约元的乘积
  • 该分解在陪元意义下唯一，即若

a=p1p2…pm=q1q2…qna = p_1 p_2 \ldots p_m = q_1 q_2 \ldots q_n

其中 pi,qjp_i, q_j 均为不可约元，则 m=nm = n，且存在排列 σ\sigma，使得对于任意 ii，pip_i 与 qσ(i)q_{\sigma(i)} 为陪元

则称 RR 为 唯一分解整环 (Unique Factorization Domain, UFD)「一意分解整域」。

命题
令 RR 为可以不可约元分解的整环，则

不可约元分解唯一性⟺[素元⟹不可约元]\text{不可约元分解唯一性} \iff [\text{素元} \implies \text{不可约元}]

证明

(⇒\Rightarrow) 取不可约元 p∈Rp \in R
取满足 a,b∈(p)a, b \in (p) 的任意 a,b∈Ra, b \in R，则

∃c∈R,s.t.ab=pc{}^\exists c \in R, \quad s.t. \quad ab = pc

由于不可约元分解的唯一性，得到 p∣ap \mid a 或 p∣bp \mid b
所以 a∈(p)a \in (p) 或 b∈(p)b \in (p)，即 (p)(p) 为素理想，所以 pp 为素元
(⇐\Leftarrow) 取 a∈Ra \in R 的两种不可约元分解

a=p1p2…pm=q1q2…qna = p_1 p_2 \ldots p_m = q_1 q_2 \ldots q_n

其中 pi,qjp_i, q_j 均为不可约元
因为 p1p_1 为素元，故 p1∣qjp_1 \mid q_j，所以 p1p_1 与某个 qjq_j 为陪元
不失一般性，设 j=1j = 1，则存在 u∈R×u \in R^\times，使得 p1=q1up_1 = q_1 u
所以

p2…pm=uq2…qnp_2 \ldots p_m = u q_2 \ldots q_n

重复上述过程，得到 m=nm = n，且对于任意 ii，，pip_i 与 qσ(i)q_{\sigma(i)} 为陪元
□\square

本单元的 主定理 如下
任意主理想整环都是唯一分解整环

定理

PID⟹UFD\text{PID} \implies \text{UFD}

证明

令 RR 为 PID
取任意非零非单位元 a∈Ra \in R
若 aa 为不可约元，则分解完成
否则，存在 a=b1c1a = b_1 c_1，其中 b1,c1b_1, c_1 均非单位元
若 b1b_1 与 c1c_1 都为不可约元，则分解完成
否则，继续分解

b1=b2c2或c1=b2′c2′b_1 = b_2 c_2 \quad \text{或} \ c_1 = b_2' c_2'

重复上述过程，得到理想包含链

(a)⊂(b1)⊂(b2)⊂…(a) \subset (b_1) \subset (b_2) \subset \ldots

由于 RR 为 PID，故存在 N∈NN \in \mathbb N，使得

(bN)=(bN+1)=(bN+2)=…(b_N) = (b_{N+1}) = (b_{N+2}) = \ldots

所以 bNb_N 为不可约元，分解完成
所以任意非零非单位元均可分解为有限个不可约元的乘积
又因为 RR 为 PID，所以 PID 中不可约元生成极大理想
同时也生成素理想，成为素元
□\square

示例
在整环 Z[−5]\mathbb Z[\sqrt{-5}] 中，存在非唯一的不可约元分解
因为

6=2⋅3=(1+−5)(1−−5)6 = 2 \cdot 3 = (1 + \sqrt{-5})(1 - \sqrt{-5})

且 2,3,1+−5,1−−52, 3, 1 + \sqrt{-5}, 1 - \sqrt{-5} 均为不可约元

证明

因为

N(2)=4,N(3)=9,N(1+−5)=6,N(1−−5)=6N(2) = 4, \quad N(3) = 9, \quad N(1 + \sqrt{-5}) = 6, \quad N(1 - \sqrt{-5}) = 6

所以 2,3,1+−5,1−−52, 3, 1 + \sqrt{-5}, 1 - \sqrt{-5} 均非单位元
又因为 22 不可能分解为两个范数大于 11 的元的乘积，所以 22 为不可约元
同理 33 也为不可约元
再因为若 1+−5=ab1 + \sqrt{-5} = ab，则

6=N(1+−5)=N(a)N(b)6 = N(1 + \sqrt{-5}) = N(a)N(b)

所以 N(a)=2N(a) = 2 或 N(b)=2N(b) = 2，但不存在范数为 22 的元，所以 1+−51 + \sqrt{-5} 为不可约元
同理 1−−51 - \sqrt{-5} 也为不可约元

提醒：由于在 UFD 中不可约元与素元等价，所以 UFD 中的不可元元分解等价于素元分解

# 整闭环 ICD

定义
若分式域 F=Frac(R)F = \mathrm{Frac}(R) 中的所有元均在 RR 上整，则称 RR 为其分式域上的 整闭 (Integrally Closed)「整閉」 环，简称为 ICD

命题

UFD⟹Integrally Closed\text{UFD } \implies \text{ Integrally Closed}

证明

令 F=Frac(R)F = \mathrm{Frac}(R)，取 a∈Fa \in F 记为 a=qp,p,q∈R,p≠0a = \frac{q}{p}, \ p,q \in R,\ p \neq 0
令 aa 为多项式

f(x)=xn+cn−1xn−1+⋯+c1x+c0∈R[x]f(x) = x^n + c_{n-1} x^{n-1} + \cdots + c_1 x + c_0 \in R[x]

的根，则有

f(qp)=qn+cn−1pqn−1+⋯+c1pn−1q+c0pnpn=0f(\dfrac{q}{p}) = \dfrac{q^n + c_{n-1} p q^{n-1} + \cdots + c_1 p^{n-1} q + c_0 p^n}{p^n} = 0

即

qn+cn−1pqn−1+⋯+c1pn−1q+c0pn=0q^n + c_{n-1} p q^{n-1} + \cdots + c_1 p^{n-1} q + c_0 p^n = 0

由于 RR 为 UFD，所以 gcd⁡(p,q)=1\gcd(p,q) = 1
上式中右边为 pp 的倍数，所以

p∣qn⟹p∈R×⟹a=qp∈Rp \mid q^n \implies p \in R^\times \implies a = \frac{q}{p} \in R

□\square

示例

  1. 由于 Z\mathbb Z 为 UFD，所以其为整闭环
  2. 由于 Z[−1]\mathbb Z[\sqrt{-1}] 为 Euclidean 整环，所以为 UFD 所以为整闭环
  3. R:=Z[2−1]R := \mathbb Z[2\sqrt{-1}] 非整闭环，因为对于 −1=(2−1)2∈Frac(R)=Q[2−1]\sqrt{-1} = \frac{(2\sqrt{-1})}{2} \in \mathrm{Frac}(R) = \mathbb Q[2\sqrt{-1}]，虽然其为 x2+1∈R[x]x^2 + 1 \in R[x] 的根，但是 −1∉R\sqrt{-1} \not\in R

# Gaussian 整数环

定义
称

Z[i]={a+bi∣a,b∈Z}⊂C\mathbb Z[i] = \{a + bi \mid a,b \in \mathbb Z\} \subset \mathbb C

为 Gaussian 整数环 (Gaussian Integers)「ガウス整数」。

实际上，Gaussian 整数环成为一个 Euclidean 整环，其 Euclidean 函数（度量函数）可以由如下范数给出

取 α=a+bi∈Z[i]\alpha = a + bi \in \mathbb Z[i]，

N(α)=αα‾=∣α∣2=a2+b2N(\alpha) = \alpha \overline{\alpha} = |\alpha|^2 = a^2 + b^2

以下对其进行验证

取任意 α=s+ti,β=u+vi∈Z[i],β≠0\alpha = s + ti, \ \beta = u + vi \in \mathbb Z[i], \ \beta \neq 0
显然 αβ∈C\dfrac{\alpha}{\beta} \in \mathbb C \quad，此时可以写作

αβ=s+tiu+vi=U+Vi,U,V∈Q\frac{\alpha}{\beta} = \frac{s + ti}{u + vi} = U + Vi, \quad U, V \in \mathbb Q

取最接近 UU 和 VV 的整数 k,ℓ∈Zk, \ell \in \mathbb Z, 也就是说

U=k+δ1,V=ℓ+δ2,∣δ1∣≤12,∣δ2∣≤12U = k + \delta_1, \quad V = \ell + \delta_2, \quad |\delta_1| \leq \frac{1}{2}, \ |\delta_2| \leq \frac{1}{2}

设 q:=k+ℓi∈Z[i]q := k + \ell i \in \mathbb Z[i], 余数取

r:=α−qβ=(δ1+δ2i)β∈Z[i]r := \alpha - q\beta = (\delta_1 + \delta_2 i)\beta \in \mathbb Z[i]

那么此时满足

α=qβ+r\alpha = q\beta + r

接下来验证范数，

N(r)=N(β)N(δ1+δ2i)=N(β)(δ12+δ22)≤N(β)(14+14)=N(β)2<N(β)\begin{aligned} N(r) &= N(\beta)N(\delta_1 + \delta_2 i) \\ &= N(\beta)(\delta_1^2 + \delta_2^2) \\ &\leq N(\beta)\left(\frac{1}{4} + \frac{1}{4}\right) \\ &= \frac{N(\beta)}{2} < N(\beta) \end{aligned}

所以，Gaussian 整数环的确成为 Euclidean 整环

进一步根据逻辑链，可以得到 Gaussian 整数环 Z[i]\mathbb Z[i] 是

  • 主理想整环 PID
  • 唯一分解整环 UFD
  • 整闭环 ICD

以下是在 Gaussian 整数环中进行带余除法的示例

示例
计算 α=7+5i,β=3+2i∈Z[i]\alpha = 7 + 5i, \ \beta = 3 + 2i \in \mathbb Z[i] 的带余除法

解

αβ=(7+5i)(3−2i)(3+2i)(3−2i)=31+i13=2+513+113i\frac{\alpha}{\beta} = \frac{(7 + 5i)(3 - 2i)}{(3 + 2i)(3 - 2i)} = \frac{31 + i}{13} = 2 + \frac{5}{13} + \frac{1}{13}i

取最接近 2+5132 + \frac{5}{13} 和 113\frac{1}{13} 的整数 22 和 00，则商 q=2+0iq = 2 + 0i，余数

r=α−qβ=(7+5i)−2(3+2i)=1+ir = \alpha - q\beta = (7 + 5i) - 2(3 + 2i) = 1 + i

验证范数（必须）:

N(r)=12+12=2<13=N(β)N(r) = 1^2 + 1^2 = 2 < 13 = N(\beta)

所以

α=2β+(1+i)\alpha = 2\beta + (1 + i)

# 代数整数环

Gaussian 整数环被冠以 “整数环” 的称号，是因为其为 ICD，这意味着所有的元都为 代数整数。这样的环被称为 代数整数环

这本质上在说明：即使让有理整数环 Z\mathbb Z 通过添加虚数单位 ii 来扩张，即在代数意义下仍然是一个整数环。

在接触 Gaussian 整数环之后，很自然地有如下提问：

Z[i=−1]\mathbb Z[i=\sqrt{-1}] 成为代数整数环，但是是否对于任意的 mm，Z[m]\mathbb Z[\sqrt m] 都能成为代数整数环呢？

答案是否定的，实际上只有 mm 满足一定条件时才可以成立
让我们逐步引入这个问题。

首先：如果 mm 包含平方因子，也就是说

∃k,u∈Z:m=k2u{}^\exists k,u \in \mathbb Z: m = k^2 u

那么 m=ku\sqrt m = k\sqrt u，在考虑以整数为系数的扩张时这样的因子毫无意义。
也就是说：m=18=32⋅2m = 18 = 3^2 \cdot 2 和 m=2m = 2 实际上是等价的
所以接下来一律考虑 mm 为 无平方因子 的正整数

Gaussian 整数环，也就是 m=−1m=-1 的情况，这是一个非常完美的例子，它可以做带余除法，可以唯一分解。这个良好的性质实际上在 m=−2m=-2 也成立

但是如果我们尝试写下 m=−3m=-3 的情况

Z[−3]={a+b−3∣a,b∈Z}⊂C\mathbb Z[\sqrt{-3}] = \{a + b\sqrt{-3} \mid a,b \in \mathbb Z\} \subset \mathbb C

那么会发生什么呢？考虑这样一个元

α=1+−32\alpha = \frac{1 + \sqrt{-3}}{2}

极其显然：这个元的系数不是整数，所以 α∉Z[−3]\alpha \not\in \mathbb Z[\sqrt{-3}]

但是，它却是首一多项式 x2−x+1x^2 - x + 1 的根，而这个多项式的系数显然在 Z\mathbb Z 中
这又等价于：α\alpha 是 Z\mathbb Z 上的代数整数，如果我们要要求 Z[−3]\mathbb Z[\sqrt{-3}] 成为一个整数环，那么它必须包含 α\alpha

综上，我们可以得到的结论是：对于一部分的 mm，如果想要让 Z[m]\mathbb Z[\sqrt m] 成为一个整数环，那么它可能要包含一些额外的东西

为了解决这个问题，请参考以下思路：
既然作为原范围的有理整数 Z\mathbb Z 会漏掉一些代数整数元，那么选取一个包含它的，最小的域：有理数域 Q\mathbb Q 作为新的范围，也就是说定义

Q(m)={a+bm∣a,b∈Q}\mathbb Q(\sqrt m) = \left\{a + b\sqrt m \mid a,b \in \mathbb Q\right\}

并尝试在这个大范围中，找寻所有代数意义下的整数，组成代数整数环 Om\mathcal O_m
先回顾代数整数的定义：成为某个 Monic 多项式的根

所以对于任取的元 α=a+bm∈Q(m)\alpha = a + b\sqrt m \in \mathbb Q(\sqrt m)，我们尝试构造其对应的 Monic 多项式（注意根的共轭性）

(x−α)(x−α‾)=x2−(α+α‾)x+αα‾=x2−2ax+(a2+mb2)\begin{aligned} (x - \alpha)(x - \overline{\alpha}) &= x^2 - (\alpha + \overline{\alpha})x + \alpha \overline{\alpha} \\ &= x^2 - 2ax + (a^2 + mb^2) \end{aligned}

其中 α‾=a−bm\overline{\alpha} = a - b\sqrt m

显然，若要让该多项式的系数均在 Z\mathbb Z 中，则必须满足

  • 2a∈Z2a \in \mathbb Z \quad
  • a2−mb2∈Za^2 - mb^2 \in \mathbb Z \quad

aa 要么是整数，要么是 “半整数”（分母为 2）。

接下来分两种情况讨论

情况 1
假设 a∈Za \in \mathbb Z，那么 mb2mb^2 也必须为整数
因为 mm 无平方因子，只要 bb 是一个分数，那么它平方后的分母就处理不掉
所以 bb 也必须为整数
结论：当 aa 为整数时，bb 也必须为整数

情况 2
另一边，假设 aa 是半整数，也就是说 a=k2,k∈Za = \dfrac{k}{2}, k \in \mathbb Z 且 kk 为奇数。整理关系式得到

k24−mb2∈Z\frac{k^2}{4} - mb^2 \in \mathbb Z

因为这里 k,mk, m 均为整数，所以 b2b^2 必须也是以 44 为分母的分数，并且还要满足整体分子部分是 44 的倍数。设 b=ℓ2b = \dfrac{\ell}{2}，其中 ℓ\ell 为奇数，建立模 44 的同余方程

k2−4mℓ2≡0(mod4)k^2 - 4m\ell^2 \equiv 0 \pmod 4

注意奇数的平方模 44 余 11，所以上式等价于

1−m⋅1≡0(mod4)⟹m≡1(mod4)1 - m \cdot 1 \equiv 0 \pmod 4 \implies m \equiv 1 \pmod 4

结论：当 aa 为半整数时，bb 也必须为半整数，并且 m≡1(mod4)m \equiv 1 \pmod 4

总结
现在进行逻辑推导：
结论与其逆否命题均成立

{a,b是半整数⟹m≡1(mod4)m≡2,3(mod4)⟹a,b是整数\begin{cases} a,b \text{ 是半整数 } \implies m \equiv 1 \pmod 4 \\ m \equiv 2, 3 \pmod 4 \implies a,b \text{ 是整数 } \end{cases}

注意 mm 不可能模 44 余 00，因为 mm 无平方因子

考虑验证反方向。
取 m≡1(mod4),a=12,b=12m \equiv 1 \pmod 4,\ a = \dfrac{1}{2},\ b = \dfrac{1}{2}，则 α=a+bm=1+m2\alpha = a + b\sqrt m = \dfrac{1 + \sqrt m}{2} 是 Monic 多项式

x2−x+1−m4=0x^2 - x + \frac{1 - m}{4} = 0

的根，而该方程的系数均在 Z\mathbb Z 中，所以 α\alpha 是代数整数
此时对应的整闭环为 Z[1+m2]\mathbb Z\left[\frac{1 + \sqrt m}{2}\right]，而不是 Z[m]\mathbb Z[\sqrt m]

最后注意：a,b∈Za, b \in \mathbb Z 时，α=a+bm\alpha = a + b\sqrt m 为代数整数是对任意 mm 都成立的，而 Z[m]⊂Z[1+m2]\mathbb Z[\sqrt m] \subset \mathbb Z\left[\frac{1 + \sqrt m}{2}\right] 这个扩张仅在 m≡1(mod4)m \equiv 1 \pmod 4 时有必要。所以给出结论

  • m≡2,3(mod4)m \equiv 2, 3 \pmod 4 时

Om=Z[m]\mathcal O_m = \mathbb Z[\sqrt m]

  • m≡1(mod4)m \equiv 1 \pmod 4 时

Om=Z[1+m2]\mathcal O_m = \mathbb Z\left[\frac{1 + \sqrt m}{2}\right]

这样就实现了对代数整数环的构造。

Remark：有的地方会将 mm 写为 −m-m，也就是说考虑环 Z[m]\mathbb Z[\sqrt{m}]
在这个情况下

  • m≡1(mod4)⟹m=4k+1⟹−m≡−1≡3(mod4)m \equiv 1 \pmod 4 \implies m = 4k + 1 \implies -m \equiv -1 \equiv 3 \pmod 4
  • m≡2(mod4)⟹m=4k+2⟹−m≡−2≡2(mod4)m \equiv 2 \pmod 4 \implies m = 4k + 2 \implies -m \equiv -2 \equiv 2 \pmod 4
  • m≡3(mod4)⟹m=4k+3⟹−m≡−3≡1(mod4)m \equiv 3 \pmod 4 \implies m = 4k + 3 \implies -m \equiv -3 \equiv 1 \pmod 4

所以此时结论变为

  • m≡1,2(mod4)m \equiv 1, 2 \pmod 4 时

Om=Z[−m]\mathcal O_m = \mathbb Z[\sqrt{-m}]

  • m≡3(mod4)m \equiv 3 \pmod 4 时

Om=Z[1+−m2]\mathcal O_m = \mathbb Z\left[\frac{1 + \sqrt{-m}}{2}\right]

请不要混淆！

现在考虑环

Z[m]={a+bm∣a,b∈Z}⊂C\mathbb Z[\sqrt m] = \{a + b\sqrt m \mid a,b \in \mathbb Z\} \subset \mathbb C

对于其中的元 α=a+bm\alpha = a + b\sqrt m，首先定义

  • 共轭元: α‾=a−bm∈Z[m]\overline{\alpha} = a - b\sqrt m \in \mathbb Z[\sqrt m] \quad
  • 范数: N(α)=αα‾=a2−mb2∈ZN(\alpha) = \alpha \overline{\alpha} = a^2 - mb^2 \in \mathbb Z \quad

可以证明，对于任意的 mm，关于范数都有以下结论

  • 范数的乘积可以分解
  • 可逆元等价于范数为 ±1\pm 1
  • 范数为素数的元为不可约元

命题

  1. N(αβ)=N(α)N(β)N(\alpha \beta) = N(\alpha)N(\beta)
  2. α∈R×⟺N(α)=±1\alpha \in R^\times \iff N(\alpha) = \pm 1
  3. N(α)N(\alpha) 为素数 ⟹α\implies \alpha 为不可约元
证明

1

N(αβ)=N((ac+mbd)+(ad+bc)m)=(ac+mbd)2−m(ad+bc)2=(a2c2+2mabcd‾+m2b2d2)−(ma2d2+2mabcd‾+mb2c2)=a2c2+m2b2d2−ma2d2−mb2c2=a2(c2−md2)−mb2(c2−md2)=(a2−mb2)(c2−md2)=N(α)N(β)\begin{aligned} N(\alpha\beta) &= N((ac+mbd) + (ad+bc)\sqrt{m}) \\ &= (ac+mbd)^2 - m(ad+bc)^2 \\ &= (a^2c^2 + \underline{2mabcd} + m^2b^2d^2) - (ma^2d^2 + \underline{2mabcd} + mb^2c^2) \\ &= a^2c^2 + m^2b^2d^2 - ma^2d^2 - mb^2c^2 \\ &= a^2(c^2 - md^2) - mb^2(c^2 - md^2) \\ &= (a^2 - mb^2)(c^2 - md^2) \\ &= N(\alpha)N(\beta) \end{aligned}

2
(⇒\Rightarrow)
令 α∈R×\alpha \in R^\times，则存在 α−1∈R\alpha^{-1} \in R，使得 α⋅α−1=1\alpha \cdot \alpha^{-1} = 1
所以

N(α)N(α−1)=N(1)=1N(\alpha) N(\alpha^{-1}) = N(1) = 1

注意 N(α),N(α−1)∈ZN(\alpha), N(\alpha^{-1}) \in \mathbb Z，所以 N(α)=±1N(\alpha) = \pm 1

(⇐\Leftarrow)
令 N(α)=±1N(\alpha) = \pm 1，则

N(α)=αα‾=±1N(\alpha) = \alpha \overline \alpha = \pm 1

除以非零的 N(α)N(\alpha)，得到

α⋅α‾N(α)=1\alpha \cdot \frac{\overline \alpha}{N(\alpha)} = 1

所以 α−1=α‾N(α)∈R\alpha^{-1} = \dfrac{\overline \alpha}{N(\alpha)} \in R，得到 α∈R×\alpha \in R^\times

3

(3)
设 N(α)N(\alpha) 为素数，且 α=βγ\alpha = \beta \gamma
则

N(α)=N(β)N(γ)N(\alpha) = N(\beta) N(\gamma)

因为 N(α)N(\alpha) 为素数，所以 N(β)=±1N(\beta) = \pm 1 或 N(γ)=±1N(\gamma) = \pm 1
由 (2) 可知 β\beta 或 γ\gamma 为单位元，故 α\alpha 为不可约元
□\square

以下是一个重要的非 UFD 的示例

示例
对于 Gaussian 整数环 Z[−5]\mathbb Z[\sqrt{-5}]
元 66 有以下两种不同的不可约元分解

6=2⋅3=(1+−5)(1−−5)6 = 2 \cdot 3 = (1 + \sqrt{-5})(1 - \sqrt{-5})

其中 2,32, 3 均为不可约元，但均非素元

证明

计算范数

N(2)=4,N(3)=9N(2) = 4, \quad N(3) = 9

但是

a2+5b2=2或3a^2 + 5b^2 = 2 \quad \text{或} \quad 3

无整数解，所以其任何分解只能是单位元与本身的乘积，所以 2,32, 3 均为不可约元
另一边，注意素元的定义

p:prime⟺[p∣ab⟹p∣aorp∣b]p:\text{ prime } \iff [p \mid ab \implies p \mid a \text{ or } p \mid b]

考虑

6=(1+−5)(1−−5)6 = (1 + \sqrt{-5})(1 - \sqrt{-5})

则 2∣62 \mid 6，但是 2∤(1+−5)2 \nmid (1 + \sqrt{-5}) 且 2∤(1−−5)2 \nmid (1 - \sqrt{-5})
也就是说，2∣(1+−5)(1−−5)2 \mid (1 + \sqrt{-5})(1 - \sqrt{-5})，但是 2∤(1+−5)2 \nmid (1 + \sqrt{-5}) 且 2∤(1−−5)2 \nmid (1 - \sqrt{-5})
所以 22 非素元
同理可证 33 非素元
□\square

回顾先前的结论，如果我们想要让环 Z[m]\mathbb Z[\sqrt m] 成为 Euclidean 整环，那么首先它必须得是一个代数整数环，也就是整闭，这意味着

m≡2,3(mod4)m \equiv 2, 3 \pmod 4

很多情况下，由于存在一个自然的范数函数，这可以作为一个 Euclidean 函数来证明出该环为 Euclidean 整环。实际上，作为事实已知的是，Om\mathcal O_m 可以通过范数成为 Euclidean 整环，当且仅当

m=−11,−7,−3,−2,−1,2,3,5,6,7,11,13,17,19,21,29,33,37,41,57,73m = -11,-7,-3,-2,-1,2,3,5,6,7,11,13,17,19,21,29,33,37,41,57,73

也存在着通过非函数构造出的 Euclidean 整环，例如已经被验证的有 m=69m = 69 的情况，注意此时 m≡1(mod4)m \equiv 1 \pmod 4，所以其对应的代数整数环为

O69=Z[1+692]\mathcal O_{69} = \mathbb Z\left[\frac{1 + \sqrt{69}}{2}\right]

结合一下结论可以知道，Z[m]\mathbb Z[\sqrt m] 成为 Euclidean 整环，当且仅当

m=−2,−1,2,3,6,7,11,19m = -2,-1,2,3,6,7,11,19

示例
证明：

O−3=Z[1+−32]\mathcal O_{-3} = \mathbb Z\left[\frac{1 + \sqrt{-3}}{2}\right]

为 Euclidean 整环

证明

取任意 α,β∈O−3,β≠0\alpha, \beta \in \mathcal O_{-3}, \ \beta \neq 0，设

α=a+b⋅1+−32,β=c+d⋅1+−32,a,b,c,d∈Z\alpha = a + b \cdot \frac{1 + \sqrt{-3}}{2}, \quad \beta = c + d \cdot \frac{1 + \sqrt{-3}}{2}, \quad a,b,c,d \in \mathbb Z

取共轭导出的范数作为 Euclidean 函数

N(α)=αα‾=a2+ab+b2N(\alpha) = \alpha \overline{\alpha} = a^2 + ab + b^2

做除法

αβ=(2a+b)+b−3(2c+d)+d−3=U+V⋅1+−32,U,V∈Q\frac{\alpha}{\beta} = \frac{(2a + b) + b\sqrt{-3}}{(2c + d) + d\sqrt{-3}} = U + V\cdot \frac{1 + \sqrt{-3}}{2}, \quad U,V \in \mathbb Q

取最接近 UU 和 VV 的整数 k,ℓ∈Zk, \ell \in \mathbb Z，也就是说

U=k+δ1,V=ℓ+δ2,∣δ1∣≤12,∣δ2∣≤12U = k + \delta_1, \quad V = \ell + \delta_2, \quad |\delta_1| \leq \frac{1}{2}, \ |\delta_2| \leq \frac{1}{2}

设 q:=k+ℓ⋅1+−32∈O−3q := k + \ell\cdot \frac{1 + \sqrt{-3}}{2} \in \mathcal O_{-3}，余数取

r:=α−qβ=(U+V⋅1+−32)β−(k+ℓ⋅1+−32)β=(δ1+δ2⋅1+−32)β∈O−3\begin{aligned} r := \alpha - q\beta &= (U + V \cdot \frac{1 + \sqrt{-3}}{2})\beta - (k + \ell \cdot \frac{1 + \sqrt{-3}}{2})\beta \\ &= (\delta_1 + \delta_2 \cdot \frac{1 + \sqrt{-3}}{2})\beta \in \mathcal O_{-3} \end{aligned}

那么此时满足

α=qβ+r\alpha = q\beta + r

接下来验证范数，

N(r)=N(β)N(δ1+δ2⋅1+−32)=N(β)(δ12+δ1δ2+δ22)≤N(β)(14+14+14)<N(β)\begin{aligned} N(r) &= N(\beta)N(\delta_1 + \delta_2 \cdot \frac{1 + \sqrt{-3}}{2}) \\ &= N(\beta)(\delta_1^2 + \delta_1 \delta_2 + \delta_2^2) \\ &\leq N(\beta)\left(\frac{1}{4} + \frac{1}{4} + \frac{1}{4}\right) \\ &< N(\beta) \end{aligned}

所以，O−3\mathcal O_{-3} 确实为 Euclidean 整环
□\square

猜想：

  • m>0m \gt 0 时，Om\mathcal O_m 为 Euclidean 整环的充分必要条件为 PID

1969 年已证明出对于 m<0m \lt 0，Om\mathcal O_m 为 PID 的充分必要条件为

m=−1,−2,−3,−7,−11,−19,−43,−67,−163m = -1, -2, -3, -7, -11, -19, -43, -67, -163

Gauss 猜想

  • 对于 m>0m \gt 0，存在无数个成为 PID 的 Om\mathcal O_m