代数整数与数域整数环

普通整数嵌在有理数中，代数整数则嵌在数域中。两者的共同点是高次幂能被首一整数方程约成低次幂的整数线性组合。例如 $s^2=-5$ 使每个 $s$ 的幂都留在 $\mathbb{Z}+\mathbb{Z}s$ 中；$1/2$ 的幂却会产生越来越大的二的幂分母。

“找到了一个整元素”只是在整数环里找到了一个点。要确定整个 ${\mathcal{O}}_K$，还须证明每个可能的整元素都落在给出的环里。在二次域中，每个元素有两个有理坐标，因而可以把这个任务转化成分母和奇偶性的限制。

为什么极小多项式判据成立 ​

先看有理数 $u/v$，其中 $u,v$ 互素且 $v>0$。若它满足次数 $d$ 的首一整数方程，清除分母后有 $v\mid u^d$，互素性迫使 $v=1$。所以有理代数整数恰是整数。

若 $\alpha$ 满足首一整数多项式 $f$，它的极小多项式 $m$ 在 $\mathbb{Q}[x]$ 中整除 $f$。于是 $m$ 的每个共轭根也满足 $f$，都是整元素。$m$ 的系数是这些根的基本对称式，故也是整元素；同时这些系数属于 $\mathbb{Q}$，根据上一段只能是整数。反方向直接使用 $m(\alpha )=0$ 即可。这也说明为何不能从“某个非首一整数方程有根”推出整性。

完整确定 $\mathbb{Q}(\sqrt{-5})$ 的整数环 ​

令 $s=\sqrt{-5}$、$K=\mathbb{Q}(s)$。任意 $\alpha \in K$ 唯一写成 $a+bs$，其中 $a,b\in \mathbb{Q}$。若 $b\ne 0$，它不是有理数，故极小多项式是

假设 $\alpha$ 整，则

令 $t=2b$，得到 $5t^2=4n-m^2\in \mathbb{Z}$。将 $t=u/v$ 约为最简分数，$v>0$，则 $v^2\mid 5u^2$。因为 $u^2,v^2$ 互素，必有 $v^2\mid 5$；正整数平方中只有 $1$ 能整除 $5$，所以 $v=1$，即 $t\in \mathbb{Z}$。

接着利用模 $4$ 的限制：

平方模 $4$ 只能为 $0$ 或 $1$，且 $5\equiv 1(\mathrm{mod}4)$。若其中一个数奇、另一个偶，左边余 $1$；若都奇，余 $2$。因此 $m,t$ 必须都偶，$a=m/2$、$b=t/2$ 均为整数。若最初 $b=0$，有理整元素判据直接给出 $a\in \mathbb{Z}$，同样没有遗漏。

反过来，当 $a,b\in \mathbb{Z}$ 时，$a+bs$ 满足上面的首一整数二次方程。因此两个包含都成立：

例如 $1+s$ 的极小多项式是 $x^2-2x+6$，所以它整；$(1+s)/2$ 的共轭乘积为 $3/2$，对应二次多项式常数项不是整数，所以它不整。

半整数坐标确实可能出现 ​

换成 $\mathbb{Q}(\sqrt{5})$，$\tau =(1+\sqrt{5})/2$ 满足 ${\tau }^2-\tau -1=0$，已经证明 $\mathbb{Z}[\sqrt{5}]$ 严格小于整数环。还可以沿用上面的步骤找全它：对非有理整元素 $a+b\sqrt{5}$，令 $m=2a$、$t=2b$，整数条件给出 $m\in \mathbb{Z}$ 及 $m^2-5t^2\in 4\mathbb{Z}$。相同的分母平方论证给出 $t\in \mathbb{Z}$，模 $4$ 则只要求 $m,t$ 同奇偶。

同奇偶时

反过来，$\tau$ 整，而整元素成环，所以 $\mathbb{Z}[\tau ]$ 的每个元素都整；有理元素仍单独由前述判据处理。故此时 ${\mathcal{O}}_{\mathbb{Q}(\sqrt{5})}=\mathbb{Z}[\tau ]$。两个二次域的差别，具体落在一个加号和一个减号产生的奇偶约束上。

整数环给元素分解划定了环境。在 $\mathbb{Q}(\sqrt{-5})$ 里每个非零元素都可逆，讨论非单位不可约因子没有内容；回到 $\mathbb{Z}[s]$，除法受到整数坐标限制，便出现 $6$ 的非唯一分解。二次域中的元素与理想分解公理库二次域中的元素与理想分解Ideal factorization in Q(sqrt(-5))在整数环 Z[√−5] 中逐项计算主理想的素理想分解，并证明 (6) 的这一次分解唯一。会沿着这个已确定的整数环继续计算。

上面出现的 $a^2+5b^2$ 也有线性代数含义：它是乘以 $a+bs$ 的算子行列式，即数域范数公理库数域范数Number field norm · Field norm over the rationals将数域元素的乘法视作有理线性算子，以行列式定义范数并用于整数环中的因子约束。。整性保证范数为整数，但只知道范数为整数并不足以反推整性；范数页中的 $(2+s)/3$ 给出范数甚至等于 $1$ 的反例。