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 ​

定义三个满的环同态公理库环同态Ring homomorphism保持加法与乘法的映射；保持单位元时称为保幺环同态。

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 整环公理库Dedekind 整环Dedekind domain · 戴德金整环 · Fractional ideal · 分式理想从 Noether、整闭与非零素理想极大三个条件证明非零理想可逆及唯一素理想分解，并将具体二次整数环算例接到一般定理。从 Noether、整闭和非零素理想极大三个条件统一解决它们，本页则保留只依赖具体生成元的 $(6)$ 证明。进一步的理想类群公理库理想类群Ideal class group以分式理想对主理想取商衡量主生成的障碍，证明二次整数环的理想范数乘法性，再用 Minkowski 圆盘界完整算出 Q(√−5) 的二阶类群。用圆盘格点界证明该环恰有两个理想类，说明非主理想 $\mathfrak{p}$ 不只是一个孤立反例。

这些具体素理想分解中的幂次，可以放进分歧指数与剩余次数公理库分歧指数与剩余次数Ramification index · Residue degree素数分解中的指数 e 与剩余域次数 f 记录不同信息，通过 Q(√13) 的惰性、分裂、分歧三例核验求和公式。的一般框架：$e$ 记录重数，$f$ 记录剩余域对原有限域的次数，所有分支满足 $\sum _i{e}_i{f}_i=[K:\mathbb{Q}]$。只有一个上方素理想时，仍要区分惰性与完全分歧。