理想与多项式欧几里得算法

取模运算有效，是因为被规定为零的元素吸收与每个环元素的乘法。这一条件定义理想。对域上的多项式环，带余除法使每个理想特别简单，并将逆元构造转化为有限算法。

1 环的约定与理想

使用含单位元的交换环，以及保持单位元的同态。环具有阿贝尔加法群、满足结合律且对加法满足分配律的乘法。没有零因子的非零交换环称整环；域还要求每个非零元素有乘法逆元。子环未必吸收与外部元素的乘法，因此未必是理想。

理想 $I\subseteq R$ 是加法子群，且对所有 $r\in R$、$i\in I$ 满足 $ri\in I$。由单个元素 $a$ 生成的理想为 $(a)=\{ra:r\in R\}$，称为主理想。对多个元素，$(a,b)$ 由所有 $ra+sb$ 组成。

商构造。 若 $x-y\in I$，定义 $x\sim y$。其加法类构成 $R/I$，并令 $(x+I)(y+I)=xy+I$。将 $x,y$ 换成 $x+i,y+j$，乘积改变 $xj+yi+ij\in I$，故定义良好。若拟议的零集合只是加法子群，这一步可能失败。

区分子环与理想。 在 $\mathbb R[x]$ 内，常数多项式构成同构于 $\mathbb R$ 的子环，但不是理想：它包含 1 却不含 $x\cdot1=x$。事实上，含 1 的理想是整个环，因为每个 $r$ 满足 $r=r1$。

2 除法与唯一性

设 $F$ 为域，$g\in F[x]$ 非零。给定 $f$，反复用 $g$ 的倍数消去首项。由于首项系数是域中非零元素，可以除以它。每一步次数严格下降，过程最终得到

$$f=qg+r,\qquad r=0\ \text{or}\ \deg r<\deg g.$$

若 $f=q'g+r'$ 是另一个这样的表示，则 $(q-q')g=r'-r$。若 $q\ne q'$，左边次数至少为 $\deg g$，右边次数更小，矛盾。因此商和余式唯一。在一般环上，首项系数未必可逆，不能直接去掉域的假设。

$F[x]$ 的主理想定理。 每个理想都由一个多项式生成。

证明。 零理想为 $(0)$。否则选择次数最小的非零元素 $p$，缩放使其首一。对任意 $f\in I$，作除法 $f=qp+r$。余式 $r=f-qp$ 属于 $I$ 且次数小于 $p$，因此最小性迫使 $r=0$，故 $I=(p)$。首一生成元的唯一性来自互相整除及首项系数相同。$\square$

3 欧几里得算法与 Bézout 系数

非零多项式 $f,g$ 的最大公因式是被每个公因式整除的公因式，规范化为首一。若 $f=qg+r$，则多项式同时整除 $f,g$ 当且仅当它同时整除 $g,r$。反复除法因非零余式次数严格下降而终止。最后一个非零余式经规范化后是最大公因式；回代将其表示为 $uf+vg$。

这同时证明存在性和 Bézout 等式，也说明 $(f,g)$ 等于 $(\gcd(f,g))$：每个线性组合都被最大公因式整除，而等式说明最大公因式本身属于 $(f,g)$。

$\mathbb Q$ 上的计算例。 令 $f=x^3-2$、$g=x^2-1$，则

$$f=xg+(x-2),\qquad g=(x+2)(x-2)+3.$$

最后一个非零余式为 3，故首一最大公因式为 1。回代得到

$$3=g-(x+2)(f-xg)=(x+1)^2g-(x+2)f.$$

因此在 $\mathbb Q[x]/(x^3-2)$ 中，$[x^2-1]$ 的逆元为 $[(x+1)^2/3]$。检验时利用 $x^3=2$ 将乘积约化为 1。算法提供有证明的逆元，而不是猜测。

4 核与环同构

对环同态 $\phi:R\to S$，核是理想：加法同态律给出加法封闭性，$\phi(ri)=\phi(r)\phi(i)=0$ 给出吸收性。映射 $r+\ker\phi\mapsto\phi(r)$ 是从 $R/\ker\phi$ 到像的环同构。像相等等价于代表元之差在核中，同时证明定义良好和单射；映射规律给出保持两种运算。

在 $a\in F$ 处的求值映射满射到 $F$，因为常数取遍目标值。除以 $x-a$ 的余式为 $f(a)$，故其核为 $(x-a)$。因此 $F[x]/(x-a)\cong F$。这是因式定理的商结构表述。

理想陈述中的零与单位情形

主理想定理将 $I=(0)$ 另列处理；只有非零理想才有首一生成元。若非零理想 $I=(p)=(q)$ 的两个生成元均首一，写 $p=aq$、$q=bp$。次数相加给出 $\deg a=\deg b=0$，首一性再给出 $a=b=1$，故 $p=q$。非零常数生成元给出单位理想 $F[x]$，其商为零环而非域。非恒定生成元给出真理想，因为其非零倍数不可能等于常数 1。

对加法商，自反、对称和传递分别来自 $0\in I$、对负元封闭及对和封闭。将 $x,y$ 换为 $x+i,y+j$ 也只使和改变 $i+j\in I$。环的结合律、分配律、加法逆元与单位元 $1+I$ 从代表元公式下降。这补全了乘法检查之外的加法与单位检查。这里每次只写单侧吸收时，都保留了开头的交换环假设。

5 分级练习

E1 基础。 证明 $I\cap J$ 和 $I+J=\{i+j:i\in I,j\in J\}$ 是交换环的理想。

E2 欧几里得算术。 在 $\mathbb Q$ 上求 $x^4-1$ 与 $x^3-1$ 的首一最大公因式，并给出 Bézout 等式。

E3 逆元。 求 $[x+1]$ 在 $\mathbb Q[x]/(x^2+1)$ 中的逆元。

E4 域的假设。 解释为什么在 $\mathbb Z[x]$ 中不总能求解 $x=q(x)\,2+r(x)$，其中余式次数小于零。

E5 理想与子群。 只含偶数次项的多项式 $\{a_0+a_2x^2+a_4x^4+\cdots\}$ 构成 $\mathbb R[x]$ 的加法子群。它们是理想吗？

6 完整解答

S1. 两者均包含零。各自两个元素之差仍属于该集合。对交，$r$ 乘一个元素后仍在两个理想中；对和，$r(i+j)=ri+rj\in I+J$。故子群与吸收条件成立。交换性使单侧吸收约定在此足够。

S2. $f-xg=x-1$。两个原多项式都被 $x-1$ 整除，故首一最大公因式为 $x-1$，而 $1\cdot f+(-x)\cdot g=x-1$ 是 Bézout 等式。更大的公因式不可能存在，因为它必须整除这一一次组合。

S3. $(x+1)(1-x)=1-x^2$，模 $x^2+1$ 后为 2。因此逆元为 $[(1-x)/2]$。除以 2 在 $\mathbb Q$ 上有效；改为特征 2 会改变结论。

S4. 非零常数除式次数为 0，故更低次数的余式必须为零。该等式要求 $q=x/2$，它不属于 $\mathbb Z[x]$。首项系数 2 不是单位，故域上的除法算法不可用。

S5. 不是。该集合包含 1 却不含 $x$，所以将其中元素 1 乘以环境环元素 $x$ 会离开该集合。它是子环而非理想；此失效将阻碍商乘法。

总结

理想恰好编码环商所需的吸收性。域上的多项式除法证明每个多项式理想都是主理想。欧几里得算法给出最大公因式与 Bézout 等式，进而计算逆元并揭示求值映射与商环的结构。