唯一分解整环

分解存在性保证每个目标元素都能拆成有限个不可约因子，唯一性保证从任何拆法出发都得到相同的因子种类和个数。例如在整数中，$12=3\cdot 4=2\cdot 6$ 起初使用了不同因子，但把 $4$ 和 $6$ 继续拆开，两条路径都会得到两个 $2$ 和一个 $3$。

单位是乘法中可随时转移的可逆因子。例如 $12=2^2\cdot 3=(-2{)}^2\cdot 3$，负号由单位 $-1$ 吸收，仍对应同样的相伴类及其个数。

$\mathbb{Z}$ 与域上的多项式环 $F[x_1,\dots ,x_n]$ 都是 UFD。高斯整数 $\mathbb{Z}[i]$ 也是 UFD，其中 $5=(2+i)(2-i)$。范数 $N(a+bi)=a^2+b^2$ 满足乘法规则，且范数为 $1$ 恰好刻画单位。两个因子的范数都是素数 $5$，因此任何分解中必有一个因子的范数为 $1$，说明它们都不可约。扩大底环后，$5$ 的不可约分解从单个整数素数变成了这两个高斯整数。

一个非唯一分解的整环 ​

在 $R=\mathbb{Z}[\sqrt{-5}]$ 中，

用范数 $N(a+b\sqrt{-5})=a^2+5b^2$ 可以检查四个因子的不可约性。它取非负整数并满足 $N(zw)=N(z)N(w)$；范数为 $1$ 的元素只有 $\pm 1$，正是环中的单位。范数为 $2$ 或 $3$ 的元素不存在：$b\ne 0$ 时范数至少为 $5$，$b=0$ 时又必须是平方。

$N(2)=4$，若 $2$ 分成两个非单位，两个范数只能都是 $2$；$N(3)=9$ 同理需要范数 $3$；$N(1\pm \sqrt{-5})=6$ 的非平凡分解则需要范数 $2$ 和 $3$。这些均不可能，故四个因子都不可约。两边因子的范数分别为 $4,9$ 与 $6,6$，相伴元素范数相同，所以无法配对，$R$ 不是 UFD。

这些范数来自乘法算子的行列式公理库数域范数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。。如果把元素换成它生成的主理想，两条分解还可以继续展开；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。将逐项证明它们都成为同一个素理想乘积 $(6)={\mathfrak{p}}^2\mathfrak{q}\mathfrak{r}$。其中 $\mathfrak{p}$ 不是主理想，解释了这些额外因子为何不能由元素分解给出。

唯一分解不保证理想主生成 ​

$F[x,y]$ 是 UFD，却不是PID公理库主理想整环Principal ideal domain · PID每个理想都由单个元素生成的整环。。若理想 $(x,y)$ 由某个 $d$ 生成，则 $d$ 同时整除 $x,y$，所以只能是单位，从而该理想应为全环；但理想内每个多项式在 $(0,0)$ 处取值为零，不能包含 $1$，矛盾。元素的唯一分解与理想的单生成元条件由此区分开来。

素元为何控制唯一性 ​

若分解存在且不可约元都素，从 $p_1\cdots p_r=q_1\cdots q_s$ 可知 $p_1$ 整除某个 $q_j$；由于 $q_j$ 不可约，两者相伴。重排、吸收单位并消去该因子，逐次重复就得到唯一性。反过来，在 UFD 中若不可约元 $p\mid ab$，当 $ab=0$ 时结论直接成立；当 $ab\ne 0$ 时，把单位另行提出，比较 $ab$ 与 $pc$ 的不可约分解，便知 $p$ 必须与 $a$ 或 $b$ 的某个因子相伴，从而是素元。

每个主理想整环公理库主理想整环Principal ideal domain · PID每个理想都由单个元素生成的整环。都是 UFD。Gauss 引理又说明 UFD 上本原多项式的乘积仍本原，其中“本原”指系数没有非单位公因子。把系数公因子和本原部分分开，再借助分式域上的多项式分解，可推出 $R$ 是 UFD 时 $R[x]$ 也是 UFD。反复使用得到有限变量多项式环的结论。

选定每个相伴类的代表后，gcd 可以取素因子指数的逐项最小值，因此在单位倍意义下唯一，分式约分也有了依据。例如 $x,y\in F[x,y]$ 没有共同的不可约因子，所以 gcd 为 $1$；前面已证明 $(x,y)$ 不含 $1$，故它们仍不能线性组合成 $1$。Bézout 等式对应理想中的线性组合，比共同因子的要求更强。