多项式环

设 $F$ 为一个域，$F[t]$ 为多项式环。

定理 若 $I\subset F[t]$ 是一个理想，则存在 $p(t) \in F[t]$ 使得$$I=(p(t))$$即每一个理想都由一个单一的元素生成。

证明：若 $I=(0)$，则已经完成。因此，我们可以假设存在次数 $\geqslant 0$ 的元素。令 $p(t)$ 为 $I$ 中次数最小的元素，$$p(t)=a_{0}+a_{1}t+\cdots+a_{d}t^{d},\quad d>-\infty.$$由于 $p(t) \in I$，$$p(t)\subset I.$$现在让 $f(t) \in I$。考虑除法算法：

其中 $f(t)=b_{n}t^{n}+\cdots+b_{0}$ 且 $Q_{n-1}=b_{n-1}-(a_{d})^{-1}a_{n-1}b_{n}$。

则$$f(t)=p(t)q(t)+r(t)$$其中 $\deg(r(t))<\deg(p(t))$。但 $p(t)$ 已是最小次数的元素，因此 $r(t)=0$。$$~\tag*{$\square$}$$

定义 若 $f(t) \in F[t]$，称 $f(t)$ 为不可约(irreducible) 的或素元(prime)，如果$$f(t)=a(t)b(t)$$则 $a(t)$ 或 $b(t)$ 必须是常数多项式。即，如果没有多项式次数 $d$ 满足 $0<d<\deg f$ 且能整除 $f$。

定理 任意 $f(t)$ 可以分解为不可约多项式的乘积。

证明：用归纳法证明：对于次数为 0 的情况（即常数多项式），$f(t)$ 要么是 0，要么是单位元（可逆元素），因而分解是平凡的。

假设每一个次数小于 $n$ 的多项式都可以分解为不可约多项式。对于次数为 $n$ 的多项式 $f(t)$：

• 若 $f(t)$ 是不可约的，则完成。
• 否则，$f(t)$ 可以写为 $f(t) = g(t) h(t)$，其中 $\deg(g), \deg(h) < n$。根据归纳假设，$g(t)$ 和 $h(t)$ 可以分解为不可约多项式。

因此，任意 $f(t)$ 都可以分解为域 $F$ 上的不可约多项式的乘积。$$~\tag*{$\square$}$$

整数环 $\mathbb{Z}$ 和多项式环 $F[t]$ 的相似性

练习 设 $R$ 是一个交换环，$x_{1}, \ldots, x_{n}$ 是一个有限的元素集合。定义由 $x_{1}, \ldots, x_{n}$ 生成的理想，并证明它是一个理想。

解：因为 $R$ 中有 $n$ 个元素，它们唯一地定义了一个模同态$$R^{\oplus n} \rightarrow R。$$我们令由 $x_{1}, \ldots, x_{n}$ 生成的理想为此同态的像。$R$ 的像是 $R$ 的一个子模，根据定义，$R$ 的子模是一个理想。

定义 我们用 $\left(x_{1}, \ldots, x_{n}\right) \subset R$ 表示由元素 $x_{1}, \ldots, x_{n}$ 生成的理想。显式地，它是 $R$ 中所有可以表示为$$a_{1} x_{1}+\ldots+a_{n} x_{n}$$的元素的集合，其中 $a_{i} \in R$。

设 $F$ 为一个域。我们的目的是展示 $\mathbb{Z}$ 和 $F[t]$ 是非常相似的环。乍一看，这可能是一个令人惊讶的结论，但我们将解释其含义。需要说明一个重要的概念：

(1) 整数的大小(size)（或整数大小的 $\log$）与

(2) 多项式的次数(degree)

之间存在一个类比。

举例来说，对于任意两个整数$x,y\in\mathbb{Z}$，我们有$$\log (|x y|)=\log |x|+\log |y|.$$而对于域 $F[t]$ 中的任意两个多项式，我们有$$\deg(f g)=\deg f+\deg g.$$整数的大小使我们在证明关于所有整数的命题时能够使用归纳法。尽管我们上面用了 $\log$，但 $\log$ 保持了数的顺序，因此上述乘法性质在归纳证明中仍然有用。同样，多项式的次数也使我们可以通过归纳法来证明关于所有多项式的命题。

一些定义的回顾

定义 设 $R$ 为一个交换环。一个零因子(zero divisor) 是指在 $R$ 中的元素 $x$，满足$$xy=0$$对于某些 $y \neq 0$。

以下是一些简单的例子：

(1) 若 $R$ 中有多个元素，则 $0$ 总是一个零因子，因为对于 $R$ 中任意 $y$，都有 $0 \cdot y=0$。（$R$ 需要包含多个元素以确保可以选择非零的 $y$。）

(2) 若 $R=\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$，其中 $n$ 不是素数，则可以选择两个整数 $x$ 和 $y$ 使得 $xy=n$，并且 $x$ 和 $y$ 都不是 $\pm 1$。因此，在 $R$ 中，$\overline{x}$ 和 $\overline{y}$ 都是零因子，因为 $\overline{x} \neq 0$，$\overline{y} \neq 0$，但 $\overline{x y}=\overline{n}=0$。

定义 一个交换环 $R$ 被称为主理想整环(principle ideal domain)，或PID，如果满足：

(1) 若 $I \subset R$ 是任意一个理想，则存在某个 $x \in R$ 使得 $I=(x)$。

(2) $R$ 中唯一的零因子是 $0$。

注 术语“整环”意味着没有非零的零因子。有时你会听到“整环”这个词，它指的是没有非零零因子的交换环。

“主理想”部分意味着每个理想都是“主理想”，即由一个元素生成的。

例 以下是最重要的两个主理想整环的例子：

(1) $R=\mathbb{Z}$。我们知道 $\mathbb{Z}$ 的任意子群都是 $n \mathbb{Z}$ 的形式，其中 $n$ 是一个整数。此外，$n \mathbb{Z}=(n)$，因为根据定义，$n \mathbb{Z}$ 的任意元素都是某个整数 $a$ 的倍数。由于任何理想特别是 $R$ 的一个子群，所以我们得出 $\mathbb{Z}$ 中的每个理想都是主理想。

(2) $R=F[t]$，其中 $F$ 为一个域。根据定理，$F[t]$ 是一个 PID。

定理  设 $F$ 为一个域，则 $F[t]$ 中的任意理想 $I \subset F[t]$ 都是由一个单一元素生成的。

证明：由于 $F$ 是一个域，$F[t]$ 中的多项式环具有除法算法：对于任意多项式 $f$ 和 $g$ 且 $g \ne 0$，存在唯一的多项式 $q$ 和 $r$ 使得 $f = qg + r$，其中 $r = 0$ 或 $\deg(r) < \deg(g)$。

现在，设 $I$ 为 $F[t]$ 中的一个理想。如果 $I = {0}$，则 $I$ 由 $0$ 生成。若 $I \neq {0}$，考虑 $I$ 中非零多项式的次数集：$$D = {\deg(f) \mid f \in I, f \neq 0}.$$由于 $D$ 是 $\mathbb{N}_0$ 的非空子集，所以它有一个最小元 $d$。选择一个满足 $\deg(g) = d$ 的 $g \in I$。我们声称 $I = (g)$，即由 $g$ 生成的理想。

首先，由于 $g \in I$，$(g) \subseteq I$。

反过来，对于任意 $f \in I$，使用除法算法，我们可以写出 $f = qg + r$，其中 $\deg(r) < \deg(g)$ 或 $r = 0$。由于 $f, qg \in I$（因为 $I$ 是理想），所以 $r = f - qg \in I$。如果 $r \ne 0$，则 $\deg(r) < \deg(g) = d$，这与 $d$ 的最小性相矛盾。因此 $r = 0$，因此 $f = qg \in (g)$。

由此可见，$I = (g)$，证明了 $F[t]$ 中的每个理想都是主理想。$$~\tag*{$\square$}$$

Euclid算法

$\mathbb{Z}$ 和 $F[t]$ 是非常相似的环的一个重要原因是它们都具有除法-余数算法，也就是Euclid算法。回忆我们从小就知道的以下命题：

定理 (整数的除法与余数) 设 $x$ 是一个整数，$n$ 是任意一个整数。则存在整数 $q$ 和 $r$ 使得$$x=n q+r$$其中 $0 \leqslant r<n$。

注 在我们证明 $\mathbb{Z}$ 的子群只有 $n \mathbb{Z}$ 这一结论时，我们大量地使用了这一命题。

多项式的类似命题是，将（整数的）大小替换为多项式的次数。

定理 设 $F$ 为一个域，$g \in F[t]$ 是一个多项式，则对于任意多项式 $f \in F[t]$，存在多项式 $q, r \in F[t]$ 使得$$g=fq+r$$其中 $0 \leqslant \deg r<\deg f$。

注 这意味着我们总可以用一个多项式 $g$ 除以另一个多项式 $f$，并查看余数。

证明：如果 $\deg g<\deg f$，则我们完成了，只需设$$g=f0+g.$$即，无法用一个低次多项式去整除一个高次多项式，因此我们只能进行平凡的除法，余数就是 $g$ 本身。因此我们需要证明当 $\deg g \geqslant \deg f$ 时的情况。

通过对多项式 $g$ 的次数进行归纳来证明。

设定多项式 $f$ 后，我们已经知道对于所有 $\deg g < \deg f$ 的 $g$，命题成立（这是归纳的基础情形）。假设对于所有 $\deg g \leqslant e-1$ 的 $g$，命题成立。我们需要证明对于 $\deg g = e$ 的 $g$，命题也成立。

令$$f = a_{d} t^{d} + \ldots + a_{1} t + a_{0}, \quad a_{d} \neq 0,$$和$$g = b_{e} t^{e} + \ldots + b_{1} t + b_{0}, \quad b_{e} \neq 0,$$使得 $f$ 和 $g$ 分别是 $d$ 次和 $e$ 次多项式。由于 $a_{d}$ 和 $b_{e}$ 都是 $F$ 中的非零元素，而 $F$ 是一个域，所以存在唯一的数 $q_{e-d}$ 使得$$q_{e-d} a_{d} = b_{e}.$$考虑多项式$$q_{e-d} f = b_{e} t^{d} + q_{e-d} a_{d-1} t^{d-1} + \ldots + q_{e-d} a_{1} t + q_{e-d} a_{0}.$$将此多项式乘以 $t^{e-d}$ 得到$$q_{e-d} t^{e-d} f = b_{e} t^{e} + q_{e-d} a_{d-1} t^{e-1} + \ldots + q_{e-d} a_{1} t^{e-d+1} + q_{e-d} a_{0} t^{e-d}.$$注意，此多项式与 $g$ 具有相同的次数，并且 $g$ 与它的最高次项系数 $b_{e}$ 相同。因此，我们可以从 $g$ 中减去它以得到一个低次多项式：$$g^{\prime}:= g - q_{e-d} t^{e-d} f.$$根据次数的归纳假设，存在多项式 $Q$ 和多项式 $r$ 使得$$g^{\prime}= Q f + r，$$其中 $r$ 的次数小于 $f$ 的次数。因此，我们可以写成$$\begin{aligned}g &= \left(q_{e-d} t^{d-e}\right) f + g - \left(q_{e-d} t^{d-e}\right) f \\&= \left(q_{e-d} t^{d-e}\right) f + g' \\&= \left(q_{e-d} t^{d-e}\right) f + Q f + r \\&= \left(q_{e-d} t^{d-e} + Q\right) f + r.\end{aligned}$$设 $q = q_{e-d} t^{t-e} + Q$，我们得到$$g = q f + r，$$其中 $\deg r < \deg f$。证明完成。$$~\tag*{$\square$}$$

主理想整环中的素元与分解

定义 在环 $R$ 中，若存在元素 $y \in R$ 使得$$x y = y x = 1_{R},$$则称 $x \in R$ 为一个单位元(unit)。

例 在 $\mathbb{Z}$ 中，单位元是 $\pm 1$。同样，对于一个域 $F$ 来说，$F$ 的单位元是 $F$ 中的非零元素。

命题 设 $R = F[t]$，则 $R$ 的单位元是常数且非零的多项式。

证明：若 $fg = 1$，则必须有 $\deg f + \deg g = \deg 1 = 0$。因此，$f$ 和 $g$ 的次数都必须为 0，即 $f$ 和 $g$ 都必须是常数多项式。但常数多项式构成了子环 $F \subset F[t]$，因此两个常数多项式的积为 1 当且仅当它们都是非零元素。$$~\tag*{$\square$}$$

现在我们要将 $\mathbb{Z}$ 中的素数概念推广到任意环。

定义 在环 $R$ 中，一个元素 $x$ 称为素元(prime) 或不可约(irreducible)，若

(1) $x$ 不是单位元；

(2) 唯一能整除 $x$ 的元素是单位元或 $x$ 的单位倍。即，若$$x = ab，$$对于 $a, b \in R$，则 $a$ 或 $b$ 必须是单位元。

例 以下是环中一些素元的例子：

(1) 设 $R = \mathbb{Z}$。如果 $x$ 是一个素数或素数的负数，那么能整除 $x$ 的唯一数是 $\pm 1$ 和 $\pm x$。因此，对于 $\mathbb{Z}$，素数元素即为素数或其负数。注意，零不是单位元。

(2) 设 $R = F[t]$。在 $F[t]$ 中，唯一的单位元是常数且非零的多项式。因此，$f$ 是素元或不可约元当且仅当能整除 $f$ 的多项式与 $f$ 同次数，或为常数多项式。

(3) 例如，若 $\deg f = 1$，则 $f$ 是不可约的。因为若 $gh = f$，则 $\deg g + \deg h = \deg f = 1$。这意味着 $g$ 或 $h$ 的次数必须为 0，即任意一次多项式是不可约的。

定理(主理想整环中的唯一分解) 设 $R$ 为主理想整环，则对于 $R$ 中的任意非零元素 $x$，存在一组有限的互不相同的素元 $p_{1}, \ldots, p_{k} \in R$ 使得$$x = p_{1}^{n_{1}} p_{2}^{n_{2}} \ldots p_{k}^{n_{k}}, \quad n_{i} \geqslant 1，$$并且对于 $i \neq j$，$p_{i}$ 和 $p_{j}$ 不是彼此的单位倍数。$n_{i}$ 是唯一的，而元素 $p_{i}$ 除了顺序和单位倍数外也是唯一的。

证明：设 $x \in R$ 且 $x \neq 0$。如果 $x$ 是一个素元，则证明完成：设 $p_{1} = x$。

否则，$x = a_{1} b_{1}$，其中 $a_{1}$ 和 $b_{1}$ 是 $R$ 中的非单位元。如果 $a_{1}$ 和 $b_{1}$ 都是素元，则证明完成。假设 $a_{1}$ 不是素元，则 $a_{1} = a_{2} b_{2}$，其中存在 $a_{2}$ 和 $b_{2}$ 是非单位元。这是什么意思呢？$$a_{1}\in (a_{2})$$所以 $(a_1) \subset (a_2)$。

注意，这个包含关系是严格的，即 $(a_1) \neq (a_2)$。为什么呢？否则，我们会有$$\left(a_{2}\right) \subset\left(a_{1}\right) \Longrightarrow a_{1}=c a_{1} b_{2}=a_{1} c b_{2} \Longrightarrow\left(1-c b_{2}\right) a_{1}=0 . \Longrightarrow\left(1-c b_{2}\right)=0$$所以 $b_2$ 是单位元。(注意到在最后一个$\Longrightarrow$，我们运用了$R$是一个区域的事实。)

如果 $a_2$ 也不是素元，我们将再一次有$a_2 = a_3 b_3$，并有真包含$(a_{2})\subset (a_{3})$。继续这样，每次，我们都写$a_{i}=a_{i+1}b_{i+1}$，我们有一链的包含$$\cdots \subset (a_i) \subset (a_{i+1}) \subset \cdots$$但正如我们之前看的那样，在某个时刻$(a_{i})$必须等于$(a_{i+1})$，这违反了真包含的性质，因为此时$\left(a_{n+1}\right) \subset(a) \subset\left(a_{n}\right) \Longrightarrow\left(a_{n+1}\right)=\left(a_n\right)$。

这意味着某个$a_{n}$在有限阶段$n$时必须是素元。

我们已经证明：

每个非零元素$x$可以表示为$$x=p_{1} y_{1} \tag{$\star$}$$其中$p_{1}$是素元。

但我们可能无法控制$y_{1}$。现在我们需要证明$x$可以表示为有限个素元的乘积。（重复上述过程时，不确定我们能否在有限时间内获得有限多个素元！）如果$y_{1}$不是不可约的，我们可以写作$$y_{1}=p_{2} y_{2}$$其中$p_{2}$是一个素元（使用上面的($\star$)）。如果$y_{2}$不是不可约的，我们可以继续这样进行，从而得到一个链$$(x) \subset\left(y_{1}\right) \subset\left(y_{2}\right) \subset \cdots$$的真包含关系。如果$y_{n}$在某个时刻不是素元，我们将得到矛盾，因为在一个PID中不存在这样的无限上升理想链（如我们之前所证明的）。因此设$p_{n+1}=y_{n}$，于是我们可以写作$$\begin{aligned}x & =p_{1} y_{1} \\& =p_{1} p_{2} y_{2} \\& =\cdots \\& =p_{1} p_{2} \cdots p_{n} y_{n} \\& =p_{1} p_{2} \cdots p_{n} p_{n+1}\end{aligned}$$这表明任何元素$x$都可以表示为素元的乘积。$$~\tag*{$\square$}$$

证明的核心如下：

命题 确定一个主理想整环 $R$。假设存在一个理想序列$$I_1 \subset I_2 \subset \cdots.$$那么存在一个有限的整数 $n$ 使得 $I_n = I_{n+1} = \cdots$。

证明：设 $I = \bigcup_{j} I_j$。由于 $R$ 是主理想整环，存在一个单一元素 $a$ 使得 $I = (a)$。由于 $a \in I$，根据定义，$a$ 必须属于某个有限的 $I_n$ 中。于是我们有$$(a) \subset I_n \subset (a)，$$因此 $I_n = (a)$。因为对于所有 $j$，如果$I_n \subset I_{n+j} \subset (a) = I_n$，我们得到 $I_n = I_{n+j}$。$$~\tag*{$\square$}$$

注 满足上述递增链条件的交换环 $R$ 被称为Nöther环(Nötherian ring)，以纪念数学家Emmy Nöther。如果你学习代数几何的相关课程，将会遇到更多的Nöther环。

例 作为一个应用例子：

(1) 如果 $R = \mathbb{Z}$，我们知道 $\mathbb{Z}$ 中的素元就是素数或它的负数。因此，这一分解定理表明，任何整数 $x \in \mathbb{Z}$ 都可以表示为素数的幂次的乘积：$$x = p_1^{n_1} p_2^{n_2} \cdots p_k^{n_k}.$$如果每个$p_{i}$都取为正的素数，这通常称为$x$的素因数分解。然而，在该定理的上下文中，请注意我们可以将$p_{1}$和$p_{2}$替换为$-p_{1}$和$-p_{2}$，我们仍然可以将$x$表示为素数的幂次乘积。从这个意义上说，$p_{i}$的选择仅在乘以单位元时是唯一的。当然，对于整数，我们可以选择排序使得每个$p_{i}<p_{i+1}$，从而获得一种首选排序，但这在一般的PID中并不成立。

(2) 若 $R = F[t]$，此定理表明每个多项式都可以表示为不可约多项式 $p_i$ 的乘积：$$f = p_1^{n_1} p_2^{n_2} \cdots p_k^{n_k}.$$

(3) 例如，如果 $F = \mathbb{C}$，则任何多项式都可以表示为一次多项式的乘积形式：$$f = (t - \alpha_1)^{n_1} \cdots (t - \alpha_k)^{n_k}.$$注意，对于其他域，我们可能无法将 $f$ 分解为一次多项式的形式。

练习 以下是一些练习题：

(1) 设 $F$ 是一个域且 $g \in F[t]$。证明 $g(x) = 0$ 当且仅当 $t - x$ 整除多项式 $g(t)$（提示：使用除法算法）。

(2) 固定一个交换环 $R$，固定 $a, b \in R$，证明$$(a) = (b)$$当且仅当 $a = u b$，其中 $u$ 是一个单位元。

(3) 设 $R$ 为一个交换环。证明单位元不可能是零因子。它的逆命题是什么？

(4) 证明任意域都是一个主理想整环。

解：(1) 若 $\deg g = 0$，则显然成立，因为 $g(x) = a_0 = 0$ 当且仅当 $g = 0$，且 $(t - x) \cdot 0 = 0$，因此 $t - x$ 整除 $g$。

现在假设 $\deg g \geqslant 1$。使用除法算法，我们可以写出$$g = (t - x) q + r，$$则$$g(x)=(x-x)q(x)+r(x)=0q(r)+r(x)=r(x)$$这意味着 $r(x) = 0$。但$\deg r < \deg(t - x)$，意味着$r(x)$必须是一个$0$次多项式，其中$x$是一个根——这意味着$r=0$作为一个多项式，并且$$g = (t - x) q.$$

(2) 因为 $a = u b$，所以 $a \in (b)$。于是 $(a) \subset (b)$。（因为如果$y=r a$，那么$y=r u b=(r u) b$，所以$a$的任何倍数都是$b$的倍数。）

同样，$u^{-1} a = b$，所以 $b \in (a)$，因此 $(b) \subset (a)$。

(3) 若 $x$ 是单位元，则存在 $y \in R$ 使得 $x y = 1$。对于任意 $a \in R$，$a x y = a \cdot 1 = a$。另一方面，如果 $a x = 0$，我们也有 $a x y = 0 y = 0$。因此 $a = 0$，即 $x$ 不能是零因子。

(4) 一个交换环是一个域当且仅当它的唯一理想是 ${0}$ 和 $R$ 本身。显然 ${0}$ 是主理想，因为 ${0} = (0)$。同样，$R = (1)$ 对任意环成立。

所以我们只需要证明除了 0 外没有其他零因子。对于域中的每一个非零元素，它都有逆元，因此不存在非零零因子。