二次域中的元素与理想分解

在 $R$ 中，四个元素 $2,3,1+s,1-s$ 都已不可约，因而无法继续拆成环内非单位元素。但它们生成的主理想仍能拆成较小的乘法因子。比如 $(2)$ 的“平方根”是两生成元理想 $\mathfrak{p}$，并不存在一个元素能生成它。这让理想能够记录元素分解中看不到的共同成分。

两条分解路线都留下两个 $\mathfrak{p}$、一个 $\mathfrak{q}$ 和一个 $\mathfrak{r}$。图中 $s^2=-5$，三个字母表示本页定义的理想；箭头表示把元素因子换成主理想后再展开其乘积，并非元素之间的相等。

从已有的元素反例出发 ​

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。已完整验证这个反例。所用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。为 $N(a+bs)=a^2+5b^2$，单位只有 $\pm 1$，而范数 $2,3$ 均不存在。于是范数为 $4$ 的 $2$、范数为 $9$ 的 $3$，以及范数为 $6$ 的 $1\pm s$ 都不能拆成两个非单位，确为不可约元公理库不可约元Irreducible element非零非单位且不能分解为两个非单位乘积的整环元素。。两边的因子范数为 $4,9$ 与 $6,6$，无法按相伴配对。

还可看到 $2$ 不是素元：它整除 $(1+s)(1-s)=6$，却不整除任一因子，因为除以 $2$ 后两个坐标都不是整数。下面寻找的素理想，正是为了把这种失败落实为可计算的理想结构。

通过商映射判素 ​

定义三个满环同态

右侧分别模 $2$ 或模 $3$。这些代入保持关系 $s^2=-5$：模 $2$ 时 $1^2=-5$，模 $3$ 时 $(\pm 1{)}^2=-5$。常数已经覆盖目标域，所以映射满射。

核也能逐项识别。若 $a-b=3k$，则 $a+bs=3k+b(1+s)$，所以 $\ker {\phi }_{\mathfrak{q}}=\mathfrak{q}$。若 $a+b=3k$，则 $a+bs=3k-b(1-s)$，得到 $\ker {\phi }_{\mathfrak{r}}=\mathfrak{r}$。对模 $2$ 的映射，$a+b$ 为偶数等价于 $a-b=2k$，同样有 $a+bs=2k+b(1+s)$，得到核为 $\mathfrak{p}$。反向包含只需检查各生成元映为零。

由商环公理库商环Quotient ring按理想的陪集构造的环。同构，$R/\mathfrak{p}\cong {\mathbb{F}}_2$，$R/\mathfrak{q}\cong R/\mathfrak{r}\cong {\mathbb{F}}_3$，故它们都是极大理想，因而素。$1+s$ 在 ${\phi }_{\mathfrak{r}}$ 下的像为 $2\ne 0$，所以 $\mathfrak{q}\ne \mathfrak{r}$；$2$ 属于 $\mathfrak{p}$，却不属于另两者，因此三个理想两两不同。

四个乘积的双向证书 ​

理想乘积是有限和 $\sum _i{x}_i{y}_i$ 的集合，其中 $x_i\in I,y_i\in J$。若已给出有限生成元，只要把两组生成元两两相乘就得到乘积的生成元。证明等式时，一方面检查这些乘积都在目标理想中，另一方面把目标生成元写成它们的线性组合。

首先，

反向由 $2=(2+2s)-(-4+2s)-4$ 得到，所以 ${\mathfrak{p}}^2=(2)$。其次，

而 $3=9-6$ 给出反向包含，故 $\mathfrak{q}\mathfrak{r}=(3)$。

再计算

四个生成元都在 $(1+s)$ 中，其中 $6=(1+s)(1-s)$。同时 $1+s=3(1+s)-2(1+s)$ 属于左边，因此 $\mathfrak{p}\mathfrak{q}=(1+s)$。

最后注意 $\mathfrak{p}=(2,1-s)$，因为 $(1+s)-(1-s)=2s\in (2)$。于是

正向仍用 $6=(1-s)(1+s)$，反向用 $1-s=3(1-s)-2(1-s)$。这四条证书没有使用一般理想分解定理。

为什么 $\mathfrak{p}$ 不能由一个元素生成 ​

假设 $\mathfrak{p}=(\alpha )$，则 $({\alpha }^2)={\mathfrak{p}}^2=(2)$。非零主理想相等意味着生成元相伴：由 ${\alpha }^2=2u$ 与 $2=v{\alpha }^2$ 可消去 $2$ 得 $uv=1$。这里单位只有 $\pm 1$，所以 ${\alpha }^2=\pm 2$。取范数得到 $N(\alpha {)}^2=4$，又因 $N(\alpha )>0$，故 $N(\alpha )=2$，与此前的无解结论矛盾。理想因子确实超出了元素因子能表达的范围。

$(6)$ 的这一次分解为何唯一 ​

先排除其他可能的素理想。若真素理想 $P$ 出现在 $(6)$ 的任何有限素理想乘积分解中，那么 $(6)\subseteq P$，故 $6\in P$。在整环 $R/P$ 中，$2\cdot 3=0$ 迫使 $2=0$ 或 $3=0$，其特征因此为 $2$ 或 $3$。

若 $2\in P$，商中 $(s+1{)}^2=0$，整环没有非零平方零元，故 $s+1=0$，即 $\mathfrak{p}\subseteq P$。因 $\mathfrak{p}$ 极大且 $P$ 真，必有 $P=\mathfrak{p}$。若 $3\in P$，商中 $(s-1)(s+1)=0$，于是 $s=1$ 或 $s=-1$；相应得到 $\mathfrak{r}\subseteq P$ 或 $\mathfrak{q}\subseteq P$，极大性又给出相等。因此任一分解只能使用这三个理想。

为了合法地消去共同因子，在域 $K$ 中定义

这些集合是 $K$ 中的 $R$-子模。它们的乘积仍定义为元素乘积的有限和；分配律使这项运算结合、交换，并且 $RI=I$。已证的等式于是直接给出

例如第一式左边就是 $({\mathfrak{p}}^2)/2=(2)/2=R$。因此两边同时乘这些具体集合，就能消去 $\mathfrak{p},\mathfrak{q},\mathfrak{r}$，无需假定任意理想都可逆。

若另有 $(6)={\mathfrak{p}}^a{\mathfrak{q}}^b{\mathfrak{r}}^c$，与已得的 ${\mathfrak{p}}^2\mathfrak{q}\mathfrak{r}$ 比较，约去各自共有的因子。倘若指数尚有差别，剩余一边含某个素理想 $P$ 的因子，故整边包含于 $P$；另一边只含不同的极大理想。素性要求该乘积的某个因子包含于 $P$：否则每个因子都能选出一个不在 $P$ 中的元素，它们的乘积将同时在与不在 $P$ 中，矛盾。不同极大理想不能互相包含；若另一边是空乘积 $R$，也不可能包含于真理想 $P$。故没有剩余差别，必为 $(a,b,c)=(2,1,1)$。

这个论证同时指出通向一般理论的两个问题：任意非零理想能否分解，以及所遇到的素理想能否消去。Dedekind 环的唯一分解定理统一解决它们；本页只借助已经展示的生成元，完成了 $(6)$ 的存在与唯一性。