理想與多項式歐幾里得算法

取模運算有效，是因為被規定為零的元素吸收與每個環元素的乘法。這一條件定義理想。對域上的多項式環，帶餘除法使每個理想特別簡單，並將逆元構造轉化為有限算法。

1 環的約定與理想

使用含單位元的交換環，以及保持單位元的同態。環具有阿貝爾加法群、滿足結合律且對加法滿足分配律的乘法。沒有零因子的非零交換環稱整環；域還要求每個非零元素有乘法逆元。子環未必吸收與外部元素的乘法，因此未必是理想。

理想 $I\subseteq R$ 是加法子群，且對所有 $r\in R$、$i\in I$ 滿足 $ri\in I$。由單個元素 $a$ 生成的理想為 $(a)=\{ra:r\in R\}$，稱為主理想。對多個元素，$(a,b)$ 由所有 $ra+sb$ 組成。

商構造。 若 $x-y\in I$，定義 $x\sim y$。其加法類構成 $R/I$，並令 $(x+I)(y+I)=xy+I$。將 $x,y$ 換成 $x+i,y+j$，乘積改變 $xj+yi+ij\in I$，故定義良好。若擬議的零集合只是加法子群，這一步可能失敗。

區分子環與理想。 在 $\mathbb R[x]$ 內，常數多項式構成同構於 $\mathbb R$ 的子環，但不是理想：它包含 1 卻不含 $x\cdot1=x$。事實上，含 1 的理想是整個環，因為每個 $r$ 滿足 $r=r1$。

2 除法與唯一性

設 $F$ 為域，$g\in F[x]$ 非零。給定 $f$，反覆用 $g$ 的倍數消去首項。由於首項系數是域中非零元素，可以除以它。每一步次數嚴格下降，過程最終得到

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

若 $f=q'g+r'$ 是另一個這樣的表示，則 $(q-q')g=r'-r$。若 $q\ne q'$，左邊次數至少為 $\deg g$，右邊次數更小，矛盾。因此商和餘式唯一。在一般環上，首項系數未必可逆，不能直接去掉域的假設。

$F[x]$ 的主理想定理。 每個理想都由一個多項式生成。

證明。 零理想為 $(0)$。否則選擇次數最小的非零元素 $p$，縮放使其首一。對任意 $f\in I$，作除法 $f=qp+r$。餘式 $r=f-qp$ 屬於 $I$ 且次數小於 $p$，因此最小性迫使 $r=0$，故 $I=(p)$。首一生成元的唯一性來自互相整除及首項系數相同。$\square$

3 歐幾里得算法與 Bézout 系數

非零多項式 $f,g$ 的最大公因式是被每個公因式整除的公因式，規範化為首一。若 $f=qg+r$，則多項式同時整除 $f,g$ 當且僅當它同時整除 $g,r$。反覆除法因非零餘式次數嚴格下降而終止。最後一個非零餘式經規範化後是最大公因式；回代將其表示為 $uf+vg$。

這同時證明存在性和 Bézout 等式，也說明 $(f,g)$ 等於 $(\gcd(f,g))$：每個線性組合都被最大公因式整除，而等式說明最大公因式本身屬於 $(f,g)$。

$\mathbb Q$ 上的計算例。 令 $f=x^3-2$、$g=x^2-1$，則

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

最後一個非零餘式為 3，故首一最大公因式為 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，$[x^2-1]$ 的逆元為 $[(x+1)^2/3]$。檢驗時利用 $x^3=2$ 將乘積約化為 1。算法提供有證明的逆元，而不是猜測。

4 核與環同構

對環同態 $\phi:R\to S$，核是理想：加法同態律給出加法封閉性，$\phi(ri)=\phi(r)\phi(i)=0$ 給出吸收性。映射 $r+\ker\phi\mapsto\phi(r)$ 是從 $R/\ker\phi$ 到像的環同構。像相等等價於代表元之差在核中，同時證明定義良好和單射；映射規律給出保持兩種運算。

在 $a\in F$ 處的求值映射滿射到 $F$，因為常數取遍目標值。除以 $x-a$ 的餘式為 $f(a)$，故其核為 $(x-a)$。因此 $F[x]/(x-a)\cong F$。這是因式定理的商結構表述。

理想陳述中的零與單位情形

主理想定理將 $I=(0)$ 另列處理；只有非零理想才有首一生成元。若非零理想 $I=(p)=(q)$ 的兩個生成元均首一，寫 $p=aq$、$q=bp$。次數相加給出 $\deg a=\deg b=0$，首一性再給出 $a=b=1$，故 $p=q$。非零常數生成元給出單位理想 $F[x]$，其商為零環而非域。非恆定生成元給出真理想，因為其非零倍數不可能等於常數 1。

對加法商，自反、對稱和傳遞分別來自 $0\in I$、對負元封閉及對和封閉。將 $x,y$ 換為 $x+i,y+j$ 也只使和改變 $i+j\in I$。環的結合律、分配律、加法逆元與單位元 $1+I$ 從代表元公式下降。這補全了乘法檢查之外的加法與單位檢查。這裏每次只寫單側吸收時，都保留了開頭的交換環假設。

5 分級練習

E1 基礎。 證明 $I\cap J$ 和 $I+J=\{i+j:i\in I,j\in J\}$ 是交換環的理想。

E2 歐幾里得算術。 在 $\mathbb Q$ 上求 $x^4-1$ 與 $x^3-1$ 的首一最大公因式，並給出 Bézout 等式。

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

E4 域的假設。 解釋為甚麼在 $\mathbb Z[x]$ 中不總能求解 $x=q(x)\,2+r(x)$，其中餘式次數小於零。

E5 理想與子群。 只含偶數次項的多項式 $\{a_0+a_2x^2+a_4x^4+\cdots\}$ 構成 $\mathbb R[x]$ 的加法子群。它們是理想嗎？

6 完整解答

S1. 兩者均包含零。各自兩個元素之差仍屬於該集合。對交，$r$ 乘一個元素後仍在兩個理想中；對和，$r(i+j)=ri+rj\in I+J$。故子群與吸收條件成立。交換性使單側吸收約定在此足夠。

S2. $f-xg=x-1$。兩個原多項式都被 $x-1$ 整除，故首一最大公因式為 $x-1$，而 $1\cdot f+(-x)\cdot g=x-1$ 是 Bézout 等式。更大的公因式不可能存在，因為它必須整除這一一次組合。

S3. $(x+1)(1-x)=1-x^2$，模 $x^2+1$ 後為 2。因此逆元為 $[(1-x)/2]$。除以 2 在 $\mathbb Q$ 上有效；改為特徵 2 會改變結論。

S4. 非零常數除式次數為 0，故更低次數的餘式必須為零。該等式要求 $q=x/2$，它不屬於 $\mathbb Z[x]$。首項系數 2 不是單位，故域上的除法算法不可用。

S5. 不是。該集合包含 1 卻不含 $x$，所以將其中元素 1 乘以環境環元素 $x$ 會離開該集合。它是子環而非理想；此失效將阻礙商乘法。

總結

理想恰好編碼環商所需的吸收性。域上的多項式除法證明每個多項式理想都是主理想。歐幾里得算法給出最大公因式與 Bézout 等式，進而計算逆元並揭示求值映射與商環的結構。