环、多项式与域

群描述一种运算。环协调加法与乘法，使我们能以同一语言研究整数、矩阵和多项式。理想规定对一组元素取模时如何保持两种运算；不可约多项式则提供系统构造新域的方法。

1 环的约定与零因子

本章的环具有阿贝尔加法群、满足结合律的乘法、乘法单位元 1，以及两条分配律。环同态保持 1。有些教材不要求单位元，这种约定会改变某些陈述。交换环的乘法满足交换律。整环是没有零因子的非零交换环。域是每个非零元素都有乘法逆元的非零交换环。

整数是整环但不是域。$\mathbb Z/6\mathbb Z$ 有零因子，因为 $[2][3]=[0]$。矩阵环通常不满足交换律。每个域都是整环：若 $ab=0$ 且 $a\ne0$，乘以 $a^{-1}$ 得 $b=0$。

有限整环是域。对非零 $a$，映射 $x\mapsto ax$ 由消去律是单射，从而在有限集合上也是满射，故某个 $x$ 映到 1。有限性不可少，$\mathbb Z$ 即是反例。

2 理想与商环

交换环 $R$ 的理想 $I$ 是加法子群，且对所有 $r\in R$、$i\in I$ 满足 $ri\in I$。吸收要求比成为子环更强。在 $\mathbb Z$ 中，每个理想都是 $n\mathbb Z$：取最小正元素并应用带余除法，零理想另行处理。

在加法陪集上定义 $(a+I)(b+I)=ab+I$。若 $a'=a+i$、$b'=b+j$，则它们的乘积与 $ab$ 相差 $aj+bi+ij\in I$，因此乘法定义良好。商 $R/I$ 是环。对环同态 $\phi$，其核是理想；与群相同的陪集映射证明给出环同构 $R/\ker\phi\cong\phi(R)$。

例。 约化映射 $\mathbb Z\to\mathbb Z/n\mathbb Z$ 的核为 $n\mathbb Z$。类 $[a]$ 可逆当且仅当 $\gcd(a,n)=1$：Bézout 等式给出 $ua+vn=1$，从而 $[u]$ 为逆元；反过来，逆元给出等于 1 的整数线性组合。因此当 $n\ge2$ 时，$\mathbb Z/n\mathbb Z$ 是域当且仅当 $n$ 是素数。

3 域上的多项式

对域 $F$，多项式环 $F[x]$ 包含有限和 $\sum a_ix^i$，乘法使用系数卷积。非零多项式的次数相加，因为首项系数相乘非零。

除法定理。 对 $g\ne0$ 和任意 $f$，存在唯一的 $q,r$ 使 $f=qg+r$，且 $r=0$ 或 $\deg r<\deg g$。

证明。 若 $f$ 的首项次数至少为 $g$ 的次数，用标量乘某个 $x$ 的幂再乘 $g$ 来消去首项。次数严格下降，故重复过程终止。若有两个分解，则 $g(q-q')=r'-r$；非零左边的次数至少为 $\deg g$，而右边次数更小，矛盾。$\square$

欧几里得除法给出最大公因式，回代给出 Bézout 等式 $uf+vg=\gcd(f,g)$，相差非零标量规范化不影响结论。若非恒定多项式不能写成两个正次数多项式的乘积，则称其在指定域上不可约。$x^2+1$ 在 $\mathbb R$ 上不可约，在 $\mathbb C$ 上却可约；系数域是问题的一部分。

4 由不可约多项式构造域

定理。 对非恒定 $p\in F[x]$，$F[x]/(p)$ 是域当且仅当 $p$ 不可约。

证明。 若 $p$ 不可约且 $[f]\ne[0]$，则 $p$ 不整除 $f$，故 $\gcd(f,p)=1$。Bézout 等式给出 $uf+vp=1$，故 $[u][f]=[1]$。反之，若 $p=ab$ 且两个因子的次数均为较小正数，则非零类 $[a],[b]$ 相乘为零，这不可能在域中发生。$\square$

例如在 $\mathbb F_2[x]$ 中，$p=x^2+x+1$ 无根（代入 0 和 1），所以不可约。商有四个元素 $0,1,\alpha,1+\alpha$，满足 $\alpha^2=\alpha+1$ 和 $\alpha(\alpha+1)=1$。该域不是 $\mathbb Z/4\mathbb Z$，因为后者有零因子。

保留假设的商环与欧几里得步骤

本章的理想讨论针对含单位元的交换环。在非交换环中，构造商环需要同时吸收 $ri$ 与 $ir$ 的双边理想；单边理想并不足够。对交换环 $R$ 的理想 $I$，加法也不依赖代表元：$(a+i)+(b+j)-(a+b)=i+j\in I$。把每次运算取为其陪集，$R$ 的结合律、分配律和单位律便下降到商中。商的乘法单位元为 $1+I$。若 $I=R$，所得为零环；因此域商要求 $I$ 为真理想。对含单位元交换环的同态 $\phi:R\to S$，映射 $a+\ker\phi\mapsto\phi(a)$ 由群的论证定义良好且双射到像；环同态规律又使其保持乘法和单位元。这就证明了兼顾两种运算的环同构。

下面给出域构造所用的多项式 Bézout 证明。对不同时为零的 $f,g\in F[x]$，先处理一个输入为零的情形。若 $g=0$，取 $d=f/\operatorname{lc}(f)$，Bézout 系数为 $(1/\operatorname{lc}(f),0)$；若 $f=0$，取 $d=g/\operatorname{lc}(g)$，系数为 $(0,1/\operatorname{lc}(g))$。这些首一多项式同时整除两个输入，又被每个公因式整除。两个输入都非零时，反复将前两个非零余式作带余除法。非负次数严格下降，所以存在最后一个非零余式 $d$。最后一次除法说明 $d$ 整除前一余式；逆推所有较早的等式，得 $d$ 同时整除 $f,g$。反过来，$f,g$ 的每个公因式都整除每个余式，因而整除 $d$。从最初的 $f,g$ 开始，每次减去多项式倍数都保持余式可写成 $uf+vg$，所以 $d=uf+vg$。再除以非零首项系数使 $d$ 首一，不改变整除性质。这就是首一最大公因式及所需的 Bézout 等式。系数域假设允许每一步消去首项，不能对任意系数环省略。

设非恒定 $p$ 的次数为 $d$。$F[x]/(p)$ 的每个陪集都有唯一的低于 $d$ 次的代表元。存在性来自多项式除法；若两个这样的代表元之差是 $p$ 的倍数，非零差的次数就同时小于 $d$ 且至少为 $d$，矛盾。特别地，$[1]\ne[0]$，常数嵌入一个 $F$ 的副本；若 $|F|=q$ 有限，则恰有 $q^d$ 个类。二次或三次多项式可约当且仅当在 $F$ 中有根：真分解必有一次因子，而除以 $x-a$ 的余式为 $p(a)$。这证明了例题中的低次不可约判据，并没有将其推广到四次或更高次数。

5 分级练习

E1 基础。 求 $\mathbb Z/10\mathbb Z$ 的所有单位及其逆元。

E2 多项式计算。 在 $\mathbb Q$ 上用 $x^2+1$ 除 $x^3+2x+1$。

E3 商。 $\mathbb R[x]/(x^2-1)$ 是域吗？给出证据。$\mathbb R[x]/(x^2+1)$ 是域吗？

E4 证明。 证明保持单位元的环同态的核是理想。如果核包含 1 会怎样？

6 完整解答

S1. 与 10 互素的类为 $[1],[3],[7],[9]$，其逆元依次是 $[1],[7],[3],[9]$，可通过模 10 乘法检验。

S2. 减去 $x(x^2+1)=x^3+x$，剩下 $x+1$。因此 $q=x$、$r=x+1$，余式次数小于 2。

S3. 在第一个商中，非零类 $[x-1]$ 和 $[x+1]$ 相乘为零，故不是域。在第二个商中，$x^2+1$ 没有实根，而可约二次多项式必有一次因子，因此它不可约，商是域；通过 $[x]\mapsto i$ 同构于 $\mathbb C$。

S4. 加法同态性质给出加法子群。对核中 $i$，有 $\phi(ri)=\phi(r)\phi(i)=0$ 及 $\phi(ir)=\phi(i)\phi(r)=0$，故两边吸收性都成立；这也适用于非交换的定义域环。若 1 在核中，则每个 $r=r1$ 也在核中，所以核为整个 $R$。当目标环非零且映射保持单位元时这不可能，因为 $\phi(1)=1\ne0$。

总结

环结合加法和乘法结构。理想恰是与商乘法相容的对象。域上的多项式除法导出 Bézout 等式，不可约性使多项式商成为域。每个陈述都应保留所用的域与环约定。