数域范数

范数把“乘以一个数域元素”这一运算压缩成一个有理数。先选择坐标，乘法就成为矩阵；行列式记录这个变换在所有坐标方向上合起来的伸缩因子。不同元素相乘对应矩阵复合，所以范数自然保留乘法。

这是一种算术工具，不是测量向量长度的分析范数公理库赋范向量空间Normed vector space带满足正定、齐次与三角不等式范数的向量空间。。分析范数要求对标量一次齐次；数域范数对有理标量满足 $N(c\alpha )=c^{n}N(\alpha )$，次数已经不同。数域范数还可能取负值。

共轭公式中的次数不能省略 ​

设 $\alpha$ 的极小多项式公理库极小多项式Minimal polynomial以给定代数元为根的首一不可约多项式。次数为 $d$，根为 ${\alpha }_1,\dots ,{\alpha }_d$，令 $r=[K:\mathbb{Q}(\alpha )]$。则

其机制可以直接从矩阵看出。在 $\mathbb{Q}(\alpha )$ 上取 $K$ 的基 $u_1,\dots ,u_r$，再在每个 $u_j\mathbb{Q}(\alpha )$ 上使用 $u_j,u_j\alpha ,\dots ,u_j{\alpha }^{d-1}$。乘以 $\alpha$ 的矩阵有 $r$ 个相同的对角块；每块的行列式是极小多项式常数项乘以 $(-1{)}^d$，也就是共轭根的乘积。因此这个乘积要重复 $r$ 次。特别地，有理数 $2$ 的极小多项式只有一个根，在二次数域中的范数却是 $2^2=4$。

在 $\mathbb{Q}(\sqrt{-5})$ 中亲手算矩阵 ​

令 $s^2=-5$。在基 $(1,s)$ 下，$\alpha =a+bs$ 乘以两个基向量分别得到

把这两个坐标列排起来，得到

例如 $1+s$ 对应 $\left(\begin{array}{cc}1& -5\\ 1& 1\end{array}\right)$，范数为 $6$。它的逆为 $(1-s)/6$，范数为 $1/6$，正好与乘法性相符。在此虚二次域中，非零元素的范数总为正；换到 $\mathbb{Q}(\sqrt{2})$，同样计算得到 $N(a+b\sqrt{2})=a^2-2b^2$，故 $N(\sqrt{2})=-2$。正性是前一实例的特征。

范数为整数还不够 ​

若 $\alpha$ 是代数整数公理库代数整数与数域整数环Algebraic integer · Ring of integers of a number field · 数域整数环用首一整数方程定义代数整数，并通过分母与奇偶性确定二次数域的整数环。，极小多项式的系数都是整数，前面的共轭公式说明 $N(\alpha )\in \mathbb{Z}$。反过来则不成立。在同一个 $\mathbb{Q}(s)$ 中取

直接计算 $N(\beta )=(4+5)/9=1$，但它的极小多项式为

一次项系数不是整数，所以 $\beta$ 不是代数整数。它有有理坐标，当然在域里可逆；不能据此把它称为整数环的单位，因为它根本不属于整数环。

在整数环中约束分解 ​

对 $R=\mathbb{Z}[s]$，非零元素的范数是正整数。若 $u$ 是单位，由 $N(u)N(u^{-1})=1$ 可知 $N(u)=1$。而 $a^2+5b^2=1$ 只能给出 $b=0,a=\pm 1$，这两者确实可逆。因此 $R$ 的单位恰是 $\pm 1$。

现在若 $\alpha =\gamma \delta$ 且两因子都不是单位，$N(\alpha )$ 就必须拆成两个大于 $1$ 的整数范数。这把寻找环内因子的问题压缩成有限的整数候选。例如范数 $2$、$3$ 均无法写成 $a^2+5b^2$：$b\ne 0$ 时至少为 $5$，而 $b=0$ 时是平方。唯一分解整环公理库唯一分解整环Unique factorization domain · UFD每个非零非单位元素都能唯一地分解为不可约元乘积的整环。据此逐一验证 $2,3,1+s,1-s$ 的不可约性，展示 $6$ 的两种分解；理想分解算例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。则继续解释两条分解如何产生同一个素理想乘积。

这里使用的是元素范数。若另定义理想的范数为商环的元素个数，还需要证明商有限及相应乘法性质；不能仅因名称相同就将本页的行列式结论移用到任意理想。