環、多項式與域

群描述一種運算。環協調加法與乘法，使我們能以同一語言研究整數、矩陣和多項式。理想規定對一組元素取模時如何保持兩種運算；不可約多項式則提供系統構造新域的方法。

1 環的約定與零因子

本章的環具有阿貝爾加法群、滿足結合律的乘法、乘法單位元 1，以及兩條分配律。環同態保持 1。有些教材不要求單位元，這種約定會改變某些陳述。交換環的乘法滿足交換律。整環是沒有零因子的非零交換環。域是每個非零元素都有乘法逆元的非零交換環。

整數是整環但不是域。$\mathbb Z/6\mathbb Z$ 有零因子，因為 $[2][3]=[0]$。矩陣環通常不滿足交換律。每個域都是整環：若 $ab=0$ 且 $a\ne0$，乘以 $a^{-1}$ 得 $b=0$。

有限整環是域。對非零 $a$，映射 $x\mapsto ax$ 由消去律是單射，從而在有限集合上也是滿射，故某個 $x$ 映到 1。有限性不可少，$\mathbb Z$ 即是反例。

2 理想與商環

交換環 $R$ 的理想 $I$ 是加法子群，且對所有 $r\in R$、$i\in I$ 滿足 $ri\in I$。吸收要求比成為子環更強。在 $\mathbb Z$ 中，每個理想都是 $n\mathbb Z$：取最小正元素並應用帶餘除法，零理想另行處理。

在加法陪集上定義 $(a+I)(b+I)=ab+I$。若 $a'=a+i$、$b'=b+j$，則它們的乘積與 $ab$ 相差 $aj+bi+ij\in I$，因此乘法定義良好。商 $R/I$ 是環。對環同態 $\phi$，其核是理想；與群相同的陪集映射證明給出環同構 $R/\ker\phi\cong\phi(R)$。

例。 約化映射 $\mathbb Z\to\mathbb Z/n\mathbb Z$ 的核為 $n\mathbb Z$。類 $[a]$ 可逆當且僅當 $\gcd(a,n)=1$：Bézout 等式給出 $ua+vn=1$，從而 $[u]$ 為逆元；反過來，逆元給出等於 1 的整數線性組合。因此當 $n\ge2$ 時，$\mathbb Z/n\mathbb Z$ 是域當且僅當 $n$ 是素數。

3 域上的多項式

對域 $F$，多項式環 $F[x]$ 包含有限和 $\sum a_ix^i$，乘法使用系數卷積。非零多項式的次數相加，因為首項系數相乘非零。

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

證明。 若 $f$ 的首項次數至少為 $g$ 的次數，用標量乘某個 $x$ 的冪再乘 $g$ 來消去首項。次數嚴格下降，故重複過程終止。若有兩個分解，則 $g(q-q')=r'-r$；非零左邊的次數至少為 $\deg g$，而右邊次數更小，矛盾。$\square$

歐幾里得除法給出最大公因式，回代給出 Bézout 等式 $uf+vg=\gcd(f,g)$，相差非零標量規範化不影響結論。若非恆定多項式不能寫成兩個正次數多項式的乘積，則稱其在指定域上不可約。$x^2+1$ 在 $\mathbb R$ 上不可約，在 $\mathbb C$ 上卻可約；系數域是問題的一部分。

4 由不可約多項式構造域

定理。 對非恆定 $p\in F[x]$，$F[x]/(p)$ 是域當且僅當 $p$ 不可約。

證明。 若 $p$ 不可約且 $[f]\ne[0]$，則 $p$ 不整除 $f$，故 $\gcd(f,p)=1$。Bézout 等式給出 $uf+vp=1$，故 $[u][f]=[1]$。反之，若 $p=ab$ 且兩個因子的次數均為較小正數，則非零類 $[a],[b]$ 相乘為零，這不可能在域中發生。$\square$

例如在 $\mathbb F_2[x]$ 中，$p=x^2+x+1$ 無根（代入 0 和 1），所以不可約。商有四個元素 $0,1,\alpha,1+\alpha$，滿足 $\alpha^2=\alpha+1$ 和 $\alpha(\alpha+1)=1$。該域不是 $\mathbb Z/4\mathbb Z$，因為後者有零因子。

保留假設的商環與歐幾里得步驟

本章的理想討論針對含單位元的交換環。在非交換環中，構造商環需要同時吸收 $ri$ 與 $ir$ 的雙邊理想；單邊理想並不足夠。對交換環 $R$ 的理想 $I$，加法也不依賴代表元：$(a+i)+(b+j)-(a+b)=i+j\in I$。把每次運算取為其陪集，$R$ 的結合律、分配律和單位律便下降到商中。商的乘法單位元為 $1+I$。若 $I=R$，所得為零環；因此域商要求 $I$ 為真理想。對含單位元交換環的同態 $\phi:R\to S$，映射 $a+\ker\phi\mapsto\phi(a)$ 由群的論證定義良好且雙射到像；環同態規律又使其保持乘法和單位元。這就證明了兼顧兩種運算的環同構。

下面給出域構造所用的多項式 Bézout 證明。對不同時為零的 $f,g\in F[x]$，先處理一個輸入為零的情形。若 $g=0$，取 $d=f/\operatorname{lc}(f)$，Bézout 係數為 $(1/\operatorname{lc}(f),0)$；若 $f=0$，取 $d=g/\operatorname{lc}(g)$，係數為 $(0,1/\operatorname{lc}(g))$。這些首一多項式同時整除兩個輸入，又被每個公因式整除。兩個輸入都非零時，反覆將前兩個非零餘式作帶餘除法。非負次數嚴格下降，所以存在最後一個非零餘式 $d$。最後一次除法說明 $d$ 整除前一餘式；逆推所有較早的等式，得 $d$ 同時整除 $f,g$。反過來，$f,g$ 的每個公因式都整除每個餘式，因而整除 $d$。從最初的 $f,g$ 開始，每次減去多項式倍數都保持餘式可寫成 $uf+vg$，所以 $d=uf+vg$。再除以非零首項係數使 $d$ 首一，不改變整除性質。這就是首一最大公因式及所需的 Bézout 等式。係數域假設允許每一步消去首項，不能對任意係數環省略。

設非恆定 $p$ 的次數為 $d$。$F[x]/(p)$ 的每個陪集都有唯一的低於 $d$ 次的代表元。存在性來自多項式除法；若兩個這樣的代表元之差是 $p$ 的倍數，非零差的次數就同時小於 $d$ 且至少為 $d$，矛盾。特別地，$[1]\ne[0]$，常數嵌入一個 $F$ 的副本；若 $|F|=q$ 有限，則恰有 $q^d$ 個類。二次或三次多項式可約當且僅當在 $F$ 中有根：真分解必有一次因子，而除以 $x-a$ 的餘式為 $p(a)$。這證明了例題中的低次不可約判據，並沒有將其推廣到四次或更高次數。

5 分級練習

E1 基礎。 求 $\mathbb Z/10\mathbb Z$ 的所有單位及其逆元。

E2 多項式計算。 在 $\mathbb Q$ 上用 $x^2+1$ 除 $x^3+2x+1$。

E3 商。 $\mathbb R[x]/(x^2-1)$ 是域嗎？給出證據。$\mathbb R[x]/(x^2+1)$ 是域嗎？

E4 證明。 證明保持單位元的環同態的核是理想。如果核包含 1 會怎樣？

6 完整解答

S1. 與 10 互素的類為 $[1],[3],[7],[9]$，其逆元依次是 $[1],[7],[3],[9]$，可通過模 10 乘法檢驗。

S2. 減去 $x(x^2+1)=x^3+x$，剩下 $x+1$。因此 $q=x$、$r=x+1$，餘式次數小於 2。

S3. 在第一個商中，非零類 $[x-1]$ 和 $[x+1]$ 相乘為零，故不是域。在第二個商中，$x^2+1$ 沒有實根，而可約二次多項式必有一次因子，因此它不可約，商是域；通過 $[x]\mapsto i$ 同構於 $\mathbb C$。

S4. 加法同態性質給出加法子群。對核中 $i$，有 $\phi(ri)=\phi(r)\phi(i)=0$ 及 $\phi(ir)=\phi(i)\phi(r)=0$，故兩邊吸收性都成立；這也適用於非交換的定義域環。若 1 在核中，則每個 $r=r1$ 也在核中，所以核為整個 $R$。當目標環非零且映射保持單位元時這不可能，因為 $\phi(1)=1\ne0$。

總結

環結合加法和乘法結構。理想恰是與商乘法相容的對象。域上的多項式除法導出 Bézout 等式，不可約性使多項式商成為域。每個陳述都應保留所用的域與環約定。