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环的直和分解将大环分解为小环，使得结构更加简单。从整数的算术基本定理得到启发，我们还可以从乘法分解的角度来研究环。要使这个定向研究得到有用的结论，还需对环作一些限制。既然我们关注是因子，乘法顺序就显得多余且碍事，所以要求环是可交换的。另外零因子的讨论也是没有意义的，故规定所有非零元素都是正则元。故我们只需讨论整环中元素的乘法分解，为简化描述，以下将忽略对零元素的讨论。
和初等数论中一样，若\(a=bc\)，称\(b\)整除\(a\)，或\(b\)是\(a\)的因子，记作\(b\mid a\)，否则记作\(b\not\mid a\)。关于整除的常规讨论都比较简单，这里不再赘述。我们把注意力放在分解的多种可能性上，最后试图得到类似算术基本定理的结论。在分解的过程中，可逆元总是可以随处出现或消除，它就像整数环中的\(\pm 1\)，并不影响分解的本质。这就是为什么可逆元\(\varepsilon\)也叫单位，如果\(a=b\varepsilon\)，我们\(a,b\)称是相伴的，相伴元在分解中可以可作是等价的。既然要考虑可逆元，就必须要求乘法存在单位元，故以下讨论仅针对有单位元的整环。
对任意元素\(a\)，它的所有相伴元和单位都是\(a\)的平凡因子，其它的则是真因子。有真因子的元素叫可约元，否则叫不可约元，显然整数环的不可约元就是素数。有了因子和不可约元的定义，我们就可以尝试模仿算术基本定理了。通过这里的讨论，你会明白算术基本定理的确不是显而易见的，它是需要一定条件的。首先每个元素都要有有限分解，其次分解在相伴元的意义下要是唯一的，满足这两个条件的元素称为可唯一分解的，所有元素满足条件的环就叫唯一分解环。由于环的元素没有大小的概念，无限分解是可能的，而且容易举出有多种分解的例子。
• 讨论\(\{a+b\sqrt{5}i\mid a,b\in\Bbb{Z}\}\)的单位及\(9\)在其中的分解。
现在我们的问题自然是，什么样的环才是唯一分解环？先来看看唯一分解环的性质，对不可约元\(p\)如果有\(p\mid ab\)，则由唯一分解性容易证明，\(p\mid a\)和\(p\mid b\)至少有一个成立。现在把这个概念抽取出来，满足以上条件的元素称为环的素元，素元肯定是不可约元，唯一分解环中的不可约元都是素元。对于一般的环，当素元和不可约元重合时，可以由反证法得知，只能有限分解的元素是唯一分解的。从而一个环唯一分解的充要条件就是，环的元素有限分解且素元和不可约元等价。
得到唯一分解环后，可以同初等数论中一样定义公约数。若\(c\)是\(a_1,a_2,\cdots,a_n\)共同的因子，则称\(c\)为它们的公因子。环的元素没有大小的概念，所以不好直接定义最大公因子，回顾最大公约数的多个等价定义，找一个仅使用了整除的定义即可。如果\(d\)是\(a_1,a_2,\cdots,a_n\)的公因子，且任何公因子都是\(d\)的因子，称\(d\)为最大公因子，最大公因子为单位的元素称为互素的。最大公因子不一定存在，但对于唯一分解环，容易得到最大公因子的存在性。
素元的定义一定程度上就是唯一分解本身，这个判断条件并不能带给我们更多有用的信息，判断和构造唯一分解环仍然不是一件容易的事情。整数环中引入带余除法后，可以得到最大公约数的更多性质，这些性质也能得到算术基本定理。但由于一般环中没有大小的概念，这些性质不一定成立，但却启发了我们如何构造更一般的唯一分解环。这里介绍两个重要的唯一分解环，它们的定义中都有着整数环最大公约数的影子。
整数环的任何理想都有一个最小数，这个数是理想的最大公约数，且它的所有倍数都在理想中，即该理想是其最大公约数生成的主理想。任何理想都是主理想的环被称为主理想环。主理想环首先保证了分解的有限性，因为无限分解列的生成理想也是主理想，该主理想的生成元既是分解列的结尾。另外，设主理想环\(R\)中的不可约元\(p\mid ab\)，考察\(\langle p\rangle\)，容易证明它必是极大理想。从而商环\(R/\langle p\rangle\)为域，而\((a+\langle p\rangle)(b+\langle p\rangle)=\langle p\rangle\)，故必有\(a\in\langle p\rangle\)或\(b\in\langle p\rangle\)，即\(p\mid a\)或\(p\mid b\)。这样就证明了，主理想环是唯一分解环。
• 求证高斯整数环是主理想环。（提示：考察绝对值最小的元素）
研究唯一分解环更直接的方法当然是在环\(R\)中定义带余除法，为此定义一个从非零元素到正整数的映射\(\varphi\)，对环中的任何元素\(a,b\)存在\(a=bq+r\)，其中\(r=0\)或\(\varphi(r)<\varphi(b)\)。如果这样映射存在，\(R\)被称为欧式环。若\(N\trianglelefteq R\)且\(\varphi(a)\)在\(N\)中值最小，由定义容易证明\(N\)中的任何元素都以\(a\)为因子，从而\(N\)为主理想，进而\(R\)是唯一分解环。
• 求证高斯整数环是欧式环；（提示：在\(\Bbb{Q}[i]中逼近\)）
• 求证域上的多项式环\(F[x]\)是欧式环。（提示：考虑阶）
高斯整数环\(G=\Bbb{Z}[i]\)是对整数环的扩充，它的元素是所有\(z=a+bi\)形式的复数。\(\left\| z\right\|=a^2+b^2\)称为\(z\)的范数，容易证明范数有以下性质。上面的习题已经证明了高斯整数环是唯一分解环，以此为例子，我们来简单分析一下这个环的分解情况。首先比较容易得到，\(G\)的单位集合为\(U(G)=\{\pm 1,\pm i\}\)。接下来就是研究\(G\)的素元，为了区别起见，这里先把整数环的素数叫做有理素数。
\[\left\| z_1\right\|\cdot\left\| z_2\right\|=\left\| z_1z_2\right\|\tag{1}\]
高斯整数环是整数环的子环，故每个高斯整数首先可以按照算术基本定理分解为有理素数之积。再由分解的唯一性，素元必定是某个有理素数的因子，所以我们只需研究有理素数\(p\)的分解。\(p\)的范数为\(p^2\)，故它的因子不可能超过两个，这就说明了\(p\)要么自身为素元，要么有两个共轭素元\(z,\bar{z}\)，且\(\left\| z\right\|=\left\|\bar{z}\right\|=p\)。进一步地，其实就是研究不定方程\(a^2+b^2=p\)是否有解。
首先对唯一的偶素数有\(2=(1+i)(1-i)\)，所以\(2\)不是素元，它有素因子\(1\pm i\)。对\(p\)为奇数的场景，可以得到\(a^2\equiv -b^2\pmod p\)，由初等数论的知识可知，等式成立的必要条件是\(\left(\dfrac{-1}{p}\right)=1\)，即\(p\equiv 1\pmod 4\)。所以当\(p\equiv 3\pmod 4\)时，\(p\)本身就是素元。而当\(p\equiv 1\pmod 4\)时，\(a^2\equiv -1\pmod p\)有解，从而\(p\mid (a^2+1)\)，但是\(p\nmid (a\pm i)\)，所以\(p\)不是素元（注意\(a\pm i\)不一定是素元）。
在结束环的讨论之前，我们以多项式环为例来看看环理论的应用。高等代数中讨论的是域上的多项式，这里我们先从一般的环开始，然后再在特殊的环中进行研究，你会得到更高的视角看待多项式。之前我们已经给出过多项式环的定义，这里进一步研究多项式的根和因式分解。
对多项式\(f(x)\in R[x]\)，考虑将\(a\in R\)带入其表达式，得到的结果\(f(a)\)叫\(f(x)\)在\(a\)处的值，满足\(f(a)=0\)的\(a\)称为多项式的根或零点。这里要注意带入的多项式必须是完全展开的，对非交换环\(R\)，若\(f(x)=g(x)h(x)\)，显然不一定有\(f(a)=g(a)h(a)\)，当然这个等式对交换环是一定成立的。为方便讨论，把\(f(x)\)的次数记作\(\text{deg}\,f\)，显然有以下关系式。当首相系数不是零因子时，还有\(\text{deg}\,(fg)=\text{deg}\,f+\text{deg}\,g\)。
\[\text{deg}\,(f+g)\leqslant max(\text{deg}\,f+\text{deg}\,g),\quad \text{deg}\,(fg)\leqslant \text{deg}\,f+\text{deg}\,g\tag{2}\]
有了这些基本概念，我们接着讨论根与多项式分解的关系。对域上的多项式\(f(x),g(x)\)，高等代数中使用辗转相除法，可以得到以下公式（3），且\(q(x),r(x)\)唯一。回顾计算过程，其实对含幺环上的多项式，只需要求\(g(x)\)的首项系数是单位即可。所以这个结论对一般含幺环也可以成立，只需选择合适的\(g(x)\)。特别地，对任意\(a\in R\)，如果取\(g(x)=x-a\)，则有\(f(x)=q(x)(x-a)+r\)。将右边展开并将\(a\)代入两边，整理后得到\(r=f(a)\)，这就是余数定理（公式（4））。要注意这个证明中并不能直接将\(a\)代入，因为\(R\)不一定是交换环。
\[f(x)=q(x)g(x)+r(x),\: \text{deg}\,r<\text{deg}\,g\tag{3}\]
\[f(x)=q(x)(x-a)+f(a)\tag{4}\]
接着上面的讨论，当\(a\)是\(f(x)\)的根时，可以得到\((x-a)\mid f(x)\)。反之如果\(f(x)=p(x)(x-a)\)，则有\(f(a)=(p(x)-q(x))(x-a)\)，在交换环中该式为\(0\)（非交换环中不一定成立）。这样我们就有结论：交换含幺环中，有公式（5）的等价关系。再假设含幺环的多项式\(f(x)\)的不同零点为\(a_1,a_2,\cdots\)，则首先有\(f(x)=g_1(x)(x-a_1)\)。若为交换环，则有\(g_1(a_2)(a_2-a_1)=0\)，若还为无零因子环，则\(g_1(a_2)=0\)，故\((x-a_2)\mid g_1(x)\)。以此类推，由于多项式的次数有限，它的根的个数也必然有限。总结就是：含幺整环上的多项式\(f(x)\)最多有\(\text{deg}\,f\)个根。这个结论看似显然，但每个条件都是不可或缺的，比如在四元数除环\(H\)中，\(x^2+1=0\)的根显然不止一个。
\[f(a)=0\Leftrightarrow (x-a)\mid f(x)\tag{5}\]
以上定理给出了含幺整环上的多项式的因式分解方法，但还有两个问题需要解决。一个就是如何找到根，目前还没有一般性的方法，这里只介绍一种求商域根的方法。设\(F\)为整环\(D\)的商域，考察\(f(x)=\sum\limits_{k=0}^{n}a_kx^k\in D[x]\)在\(F\)中的解\(\dfrac{d}{c}\)，带入方程并展开。如果假设\((c,d)=1\)（这就要求整环是唯一分解环），则有\(c\mid a_n\)且\(d\mid a_0\)。它可以作为方程解的筛选方法，比如求解整系数方程的有理解。
• 求多项式\(f(x)=3x^4+6x^3-21x^2-203x-4\)的有理根。
另一个问题就是如果有\((x-a)^n\mid f(x)\)，该如何判定定\(n>1\)甚至确定\(n\)的值？当\((x-a)^{n+1}\nmid f(x)\)时，\(n\)称为根\(a\)的重数，特别地\(n>1\)时，\(a\)称为重根，否则称为单根。微积分中使用多项式的导数判断重根，这个方法在环中还是可以成立的。我们把\(f‘(x)=\sum\limits_{k=1}^{n}ka_kx^{k-1}\)称为\(f(x)\)的形式微商，容易验证在含幺整环中微商的一般性质仍然成立。和微积分中一样，\(a\)为重根的充要条件是\(f(a)=f‘(a)=0\)，一直使用这个结论就还可以得到重数。另外由于域上的多项式环唯一分解，若\((f(x),f‘(x))=1\)，则\(f(x),f‘(x)\)没有共同根，故\(f(x)\)没有重根。
现在继续讨论多项式的因式分解，如果要考察其唯一分解性，首先当然要求系数环\(R\)是唯一分解环。分解中系数的公因子总可以先提取出来，系数公因子只有单位的多项式被称为本原多项式，这个概念可以简化讨论。我们自然有个小问题，本原多项式的因式当然一定是本源多项式，那么反过来呢？本原多项式的积还是本原的吗？结论是肯定的，观察多项式乘积每一项的组成形式（参考下图），若\(p\)是公因子，如图考察\(i+j\)次项有\(p\nmid c_{i+j}\)，矛盾。这就证明了本原多项式的乘积也是本原多项式，该结论也叫高斯引理。
多项式\(f(x)\in R[x]\)可以分解为\(d·g(x)\)，其中\(g(x)\)为本原多项式。要证\(f(x)\)的唯一分解性，只需证\(g(x)\)的唯一分解性。由于\(g(x)\)的阶数有限，且其因式也是本原的，所以\(g(x)\)上的分解首先一定是有限的。现在只需讨论唯一性，前面的习题中已经得到，域上的多项式环是唯一分解环，而每个整数环都有其商域。为了考察唯一分解环\(R\)上多项式环\(R[x]\)，可以借助\(R\)的商域的多项式环\(F[x]\)的唯一分解性。
对\(R[x]\)中的不可约的本源多项式\(h(x)\)，在\(F[x]\)中讨论其分解性，当然我们只关注阶数大于\(0\)的因式。如果在\(F[x]\)中有\(h(x)=h_1(x)h_2(x)\)，总可以添加一些系数\(d\)，使得等式（6）成立，其中\(h‘_k(x)\)为\(R[x]\)中的本原多项式。根据高斯引理，\(h‘_1(x)h‘_2(x)\)也是本原多项式，容易证明\(d,d‘\)相伴，消去\(d\)即得\(h(x)\)与\(h‘_1(x)h‘_2(x)\)也相伴。这和\(h(x)\)不可约矛盾，故\(h(x)\)在\(F[x]\)也是不可约的。从而如果本原多项式\(g(x)\)有不同的分解方法，它们在\(F[x]\)中也是不同的分解，这与\(F[x]\)的唯一分解性矛盾，我们得到的结论就叫高斯定理。
\[dh(x)=d‘h‘_1(x)h‘_2(x)\tag{6}\]
具体分解本原多项式\(f(x)=\sum{c_kx^k}\)并没有一般方法，即使判断本原多项式是否可约都是困难的，这里只介绍一个不可约的充分条件：爱森斯坦判别法（Eisenstein）。若存在素元\(p\)使得\(p\nmid c_n,p\mid c_k(0\leqslant k<n-1)\)但\(p^2\nmid c_0\)，参考高斯定理的证明方法，可判定本原多项式不可约。首先可以假定\(p\mid a_0,p\nmid b_0\)，由于\(p\nmid c_n\)，总可以找到\(p\nmid a_m\)而\(p\mid a_i(i<m)\)。考察\(c_m\)容易证\(p\nmid c_m\)，与条件矛盾，故\(f(x)\)不可约。
• 求证\(f(x,y)=y^3+x^2y^2+x^3y+x\)在唯一分解环中不可约；
• 求证\(f(x)=x^p+x^{p-1}+\cdots+x+1\)在整数环中不可约。（提示：考察\(g(x)=f(x+1)）
多元多项式环\(R[x_1,x_2,\cdots,x_n]\)有一个特殊的子环\(\Sigma\)，其中的每个元素都非常“对称”。准确来讲就是，\(f(x_1,x_2,\cdots,x_n)\)对\((x_1,x_2,\cdots,x_n)\)的任意置换都保持不变，这样的多项式就叫做对称多项式。在中学你多少都接触过这样的式子，我们这里介绍它们的一个漂亮结论。在这些多项式中，有几个是最简单的（公式（7）），它们被称为基本对称多项式。你可以想象，将这\(n\)个元素带入任何一个\(n\)元多项式，得到的仍然是对称多项式。我们的结论正是它的反命题：任何多项式\(f(x)\)都可以用这\(n\)个元素的多项式表示，即公式（8）成立，以下证明过程其实也是生成多项式的构造过程。
\[\sigma_1=\sum{x_i},\:\sigma_2=\sum\limits_{i<j}{x_ix_j},\:\sigma_3=\sum\limits_{i<j<k}{x_ix_jx_k},\:\cdots,\:\sigma_n=x_1x_2\cdots x_n\tag{7}\]
\[f(x)\in\Sigma\:\Leftrightarrow\: f(x)\in R[\sigma_1,\sigma_2,\cdots,\sigma_n]\tag{8}\]
首先一个对称多项式可以按照项的次数分成几个多项式之和\(f=f_0+f_1+\cdots+f_m\)，其中\(f_k\)中的每一项的次数都是\(k\)。容易证明\(f_k\)也是对称多项式，一般称之为齐次对称多项式，基本多项式就是典型例子。如果我们能证明结论在齐次多项式中成立，则在一般多项式中也成立。为了便于讨论，我们将\(m\)次齐次多项式\(f_m\)的项\(x_1^{d_1}x_2^{d_2}\cdots x_n^{d_n},(\sum d_k=m)\)以\(d_1d_2\cdots d_n\)进行字典排序。考虑到的\(N=\sigma_1^{t_1}\sigma_2^{t_2}\cdots\sigma_n^{t_n}\)展开后的最大项为式子（9），可以反向构造\(N\)使得其最大项与\(f_m\)的最大项\(M\)相等，两式相减后的最大项一定小于之前的最大项。这个过程可以在有限步后结束，构造出的所有\(N\)便是生成多项式的项，定理得证。
\[x_1^{t_1+t_2+\cdots+t_n}x_2^{t_2+\cdots+t_n}\cdots x_n^{t_n}\tag{9}\]
再回顾构造过程，每次选取的\(N\)的最大项的次数都是\(m\)，故满足条件（10）。根据这个结论，我们可以使用待定系数法更快地得到某个具体的生成多项式。比如\(f_4=x_1^4+x_2^4+x_3^4+x_4^4\)，设\(f_4=a\sigma_1^4+b\sigma_1^2\sigma_2+c\sigma_1\sigma_3+d\sigma_2^2+e\sigma_4\)，取\((x_1,x_2,x_3,x_4)\)的不同值带入，解方程组便得到生成多项式。
\[t_1+2t_2+\cdots+nt_n=m\tag{10}\]
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原文地址：http://www.cnblogs.com/edward-bian/p/4796441.html
