我們可定義多項式環 $k[x]$ 中整除性如同跟整數環一樣; 唯一需要變的就是把「(整) 數」改成「 (多項)式」。 我們說一個多項式 $a$整除一個多項式 $b$, 如果有一個多項式 $c$ 使得 $$b=ac\,;$$ 而以符號 $a|b$表示之。換句話說, $a$除 $b$之後沒有餘式(remainder) 。 $a$ 稱為 $b$的一個因式(divisor), 而 $b$則稱為$a$的一個倍式(multiple) 。 例如: $x+1\mid x^2-1,\ -x^2+x-1\mid x^3-1$, 然而 $x^2+1\nmid x^3+1$ (不整除)。 與整除性相關的是分解性。數 (式) 分解成較小 (低) 數 (式)的乘積, 其大小就是絕對值( 次數 )的大小。多項式的次數(degree)通常用符號 $\deg a$ 來表示, 其中最重要的性質為 $$\deg ab=\deg a+\deg b\,,\quad \deg a=0\Longleftrightarrow a\mbox{ 為非零常數多項式 }\,\mbox{。}$$ 前面所列出關乎整除性的11個基本性質在多項式裡頭也都成立; 當然性質 6 中的「$\pm1$」得改成多項式裡頭的可逆元素「非零常數多項式」, 而性質 9 及性質10 的絕對值則改為多項式裡頭的次數。 為了方便起見, 我們定義首項係數 (即領導係數leading coefficient) 為 1 的多項式為首一多項式 (monic polynomial)。 譬如說, 多項式 $$x^2+7x-11\qquad\mbox{及}\qquad x^4-3x^2+9x-19$$ 都是首一多項式但 $7x^2-11\,\ \mbox{及}\,\ 3x^4+9x-19$都不是。 令 $a\in k[x]$ 且令 $p$為首一質式。 則若 $a\ne 0$, 必存在一非負整數 $\alpha$ 使得 (因為 $p$ 之次冪的次數越來越大) $$p^\alpha\mid a\qquad\mbox{但}\quad p^{\alpha+1}\nmid a\,\hbox{。}$$ 這個 $\alpha$ 就稱之為 $a$ 在質式 $p$ 的階數 (the order of $a$ at $p$), 以符號 ord$_p\, a$表示之。 粗略言之, ord$_p\, a$ 就是 $p$ 整除 $a$ 的次數。 若 $a=0$, 則我們定義 ord$_p\, a=\infty$。注意到, 另一個極端為 $${\rm ord}_p\,a=0\Longleftrightarrow p\nmid a\,\hbox{。}$$ 接著我們逐步預備好要證明多項式版本之算術基本定理的工具。 首先處理存在性的部分, 同樣地這只是數學歸納法原理的一個簡單練習而已。 按慣例, 得勞大駕動動手將這簡單的證明完成; 但需注意的乃是, 要對多項式的次數作數學歸納法。 注意到, 每一個多項式都可以寫成其領導係數跟一個首一多項式的乘積; 而質式經此手續後, 就變成其領導係數跟一個首一質式的乘積。 物以類聚, 將同一個首一質式擺在一起; 我們可以將一個多項式 $f$ 寫成 $f=p_1^{a_1}p_2^{a_2}\cdots p_m^{a_m}\,,$ 其中 $p_i$ 為首一質式且 $a_i$ 為正整數。我們會採用底下更方便的方式來表達: $\,f=c\prod_p p^{a(p)}\,,$ 此處 $c$ 為 $f$ 之領導係數, 而乘積中的 $p$ 是對所有的首一質式。次冪 $a(p)$ 乃是非負整數; 當然, 除了有限多個首一質式外, 此次冪都是零。 引理 2. 若 $a, b\in k[x]$ 而且 $\deg b>0$, 則存在 $q, r\in k[x]$ 使得 $$a=qb+r\,,\qquad\mbox{其中}\quad \deg r\lt \deg b\,\ \mbox{或}\,\ r=0\mbox{。}$$ 證明. 因為零多項式的次數沒有定義, 所以很自然的, 我們必須分成兩種情況來討論。

$b\mid a$: 令 $q=a/b$。則 $a=qb+r\,,\ r=0$ ; 故得證。

$b\nmid a$: 令 $r=a-qb$ 為形如 $a-ub,\ \ u\in k[x]$的多項式中擁有最低次數者。我們必須證明 $\deg r\lt \deg b$。 若否, 令 $r$與 $b$之最高次項分別為 $r_dx^d$與 $b_mx^m$。則 $$r-r_db_m^{-1}x^{d-m}b=a-(q+r_db_m^{-1}x^{d-m})b$$ 為形如 $a-ub,\ \ u\in k[x]$ 的多項式, 卻擁有比 $r$ 還小的次數; 矛盾也, 故得證。 引理 2就是多項式裡頭的長除法, 其證明過程當然也用到了自然數的良序原理。 這裡比的是次數的大小, 而上一節比的是絕對值的大小。 定義. 若 $a_1,\cdots,a_n\in k[x]$, 定義多項式集合 $(a_1,\cdots,a_n)$ 為 $$(a_1,\cdots,a_n)=\{a_1u_1+\cdots+a_nu_n\mid u_1,\cdots,u_n\in k[x]\}\,\mbox{。}$$ 令 $I=(a_1,\cdots,a_n)$。 顯而易見, 這個集合在加法與減法之下都具有封閉性; 亦即, 任何 $I$ 裡頭的兩個元素的和或差仍然還是裡頭的元素。 不僅如此, 若將裡頭的元素乘上任何的多項式仍然還是裡頭的元素。也就是說, 不管你的整數來源如何; 或在 $I$ 裡頭, 或不在 $I$ 裡頭; 一旦乘上 $I$ 裡頭的元素, 就會被吸入, 成為裡頭的一份子。在環論的術語, 這就是所謂的理想; 因此 $I$ 是多項式環 $k[x]$ 的一個理想。 若 $a=b=0$, 那麼樣就沒甚好證的; 故假設 $a, b$不全為零, 因而 $(a,b)\ne\{0\}$。 令 $d\in(a,b)$ 為當中次數最小的一個多項式。 顯而易見, $(d)\subseteq(a,b)$; 我們必須證明, 反方向 $(a,b)\subseteq (d)$ 也對。 假設 $x\in(a,b)$。引理 2告訴我們, 存在 $q,r\in k[x]$ 使得 $$x=qd+r\,,\qquad\mbox{其中}\quad \deg r\lt \deg d\,\ \mbox{或}\,\ r=0\mbox{。}$$ 顯而易見, $r=x-qd\in(a,b)$。 若 $r\ne 0$, 則 $r$ 為 $(a,b)$ 中次數比 $d$ 還小的一個多項式; 此乃一矛盾, 因此 $r=0$ 是唯一的歸宿。 所以得到 $x=qd\in (d)$, 故得證。 特別注意到, 定義中說的是一個最高公因式。那到底有幾個呢? 若 $c$ 是另一個, 那麼我們就必定有 $$c\mid d\qquad\mbox{且}\qquad d\mid c\,,$$ 因而 $\deg c=\deg d$。 故兩個多項式的最高公因式, 若存在; 任意兩個都會有相同的次數, 其間就差一個常數倍。 其中那個首一最高公因式, 通常我們用符號 $\gcd(a,b)$ 來表示。

$\gcd(p,b)=p$: 因 $\gcd(p,b)\mid b\Longrightarrow p\mid b$,

$\gcd(p,b)=1$: 定理 P $\Longrightarrow p\mid c$; 證明. 令 $\alpha={\rm ord}_p\,a$ 且令 $\beta={\rm ord}_p\,b$。則 $$a=p^\alpha a'\quad\mbox{且}\quad b=p^\beta b'\,;\quad\mbox{其中}\,\ p\nmid a'\quad\mbox{且}\quad p\nmid b'\mbox{。}$$ 因此我們有 $$ab=p^{\alpha+\beta}a'b'\,,\quad\mbox{其中}\,\ p\nmid a'b'\,\ \mbox{(推論$1'$)}\,;$$ 所以得證 $${\rm ord}_p\,ab=\alpha+\beta\,\mbox{。}$$ 多項式版本的算術基本定理之證明. 引理 1 已經證明, 對任何非零多項式 $f$ 存在一質數分解式 $f=c\prod_p p^{a(p)}\,\mbox{。}$ 兩邊同時取 ${\rm ord}_q$, 並使用推論 2; 我們有 \begin{equation}\label{main_P} {\rm ord}_q\,n={\rm ord}_q(c)+\sum_p a(p){\rm ord}_q(p)\,\mbox{。} \end{equation} 根據 ${\rm ord}_q$ 之定義, 我們有 $${\rm ord}_q(c)=0\qquad\mbox{且}\quad{\rm ord}_q(p)=\left\{\begin{array}{lcl}1&&\hbox{若 $p=q$}\cr 0&&\hbox{若 $p\ne q$}\end{array}\,\mbox{。}\right.$$ 所以實際上, (\ref{main_P})式的右側僅剩單一的一項 $a(q)$ 沒有陣亡; 我們有 $${\rm ord}_q\,f=a(q)\,,$$

6. 歐氏整域的唯一分解性

幾番細思量, 不難發現; 引理 2所帶出來的性質可說是相當的關鍵, 而在引理 3中更是發揮得淋漓盡致。 一來, 其間有大小的觀念; 在 $\mathbb{Z}$ 中為一般的絕對值 (非負整數) , 而在 $k[x]$ 中則為多項式的次數 (也是非負整數) ; 這提供了良序性可以展現她婀娜多姿神采的舞台, 也成就了最小元素卻是最大公因數 (最高公因式) 的美談。 二來, 只要一個集合在減法與倍數 (式) 之下有封閉性; 那麼最小元素搖身一變, 成為這個集合的生成元素; 也就是說, 所有的元素都是最小元素的倍數 (式) 。 從實作的層面來說, 引理 2乃是計算最大公因數、最高公因式演算法的基石; 那就是所謂的輾轉相除法, 也稱為歐基里德演算法。 因此之故, 引理 2有些人也把它稱為歐基里德演算法(Euclid's algorithm)。很自然地, 人們就把具備有引理 2性質的整域 (integral domain) 稱為歐基里德域簡稱為歐氏整域。更明確的說, 我們有如下的定義。 一個歐氏整域(Euclidean domain)就是一個整域 $R$; 其非零元素上定義有一函數 $\sigma$ 映到非負整數上, 使得對任意 $a,b\in R\,,\ \,b\ne 0$ 存在 $q,r\in R$ 滿足 $$a=qb+r\qquad\mbox{其中}\qquad \sigma(r)\lt \sigma(b)\quad\mbox{或}\quad r=0\mbox{。}$$ 除了整數環及多項式環是歐氏整域外, 還有高斯整數環 $\mathbb{Z}[\sqrt{-1}]$ 及前面碰到的複數子集 $\mathbb{Z}[\sqrt{-2}]$ 也是歐氏整域。 顯而易見, $\mathbb{Z}[\sqrt{-1}]\subseteq\mathbb{C}$ 是一個整域。定義函數 $$\sigma(\alpha+\beta\sqrt{-1})=\alpha^2+\beta^2,\quad\alpha+\beta\sqrt{-1}\in\mathbb{Z}[\sqrt{-1}]\mbox{。}$$ 令 $a, b\ne 0$ 為任意的高斯整數。將 $a$ 除以 $b$ 得到 $$u=a/b=s+t\sqrt{-1},\qquad s,t\in\mathbb{Q}\mbox{。}$$ 選取整數 $\xi, \zeta$ 使得 $$|s-\xi|\le\frac{1}{2}\qquad\mbox{且}\qquad |t-\zeta|\le\frac{1}{2}\mbox{。}$$ 令 $q=\xi+\zeta\sqrt{-1}\,,$ 則 $$\sigma(a/b-q)=(s-\xi)^2+(t-\zeta)^2\le\frac{1}{4}+\frac{1}{4}=\frac{1}{2}\mbox{。}$$ 令 $r=a-qb$, 則 $r\in\mathbb{Z}[\sqrt{-1}]$ 且 $a=qb+r\,;$ 其中 $r=0$ 或 $$\sigma(r)=\sigma(b(a/b-q))=\sigma(b)\sigma(a/b-q)\le\frac{1}{2}\sigma(b)\lt \sigma(b)\mbox{。}$$ 故得證高斯整數環 $\mathbb{Z}[\sqrt{-1}]$ 是一個歐氏整域。 如上顯而易見, $R\subseteq\mathbb{C}$ 是一個整域。定義函數 $$\sigma(\alpha+\beta\sqrt{-2})=\alpha^2+2\beta^2,\quad \alpha+\beta\sqrt{-2}\in R\mbox{。}$$ 令 $a, b\ne 0$ 為 $R$ 中任意的元素。將 $a$ 除以 $b$ 得到 $$u=a/b=s+t\sqrt{-2},\qquad s,t\in\mathbb{Q}\mbox{。}$$ 選取整數 $\xi, \zeta$ 使得 $|s-\xi|\le\frac{1}{2}\quad\mbox{且}\quad |t-\zeta|\le\frac{1}{2}\mbox{。}$ 令 $q=\xi+\zeta\sqrt{-2}$, 則 $$\sigma(a/b-q)=(s-\xi)^2+2(t-\zeta)^2\le\frac{1}{4}+2\cdot\frac{1}{4}=\frac{3}{4}\mbox{。}$$ 令 $r=a-qb$, 則 $r\in R$ 且 $a=qb+r\,;$ 其中 $r=0$ 或 $$\sigma(r)=\sigma(b(a/b-q))=\sigma(b)\sigma(a/b-q)\le\frac{3}{4}\sigma(b)\lt \sigma(b)\mbox{。}$$ 故得證 $R$ 是一個歐氏整域。 假設 $x\in I$。 因 $R$ 是歐氏整域, 故存在 $q,r\in R$ 使得 $$x=qa+r\,,\qquad\mbox{其中}\quad \sigma(r)\lt \sigma(a)\,\ \mbox{或}\,\ r=0\mbox{。}$$ 顯而易見, $r=x-qa\in I$。 若 $r\ne 0$, 則 $r$ 為 $I$ 中 $\sigma$ 值比 $a$之 $\sigma$ 值還小的一個元素; 此乃一矛盾, 因此 $r=0$是唯一的歸宿。所以得到 $x=qa\in Ra$, 故得證。 習慣上, 我們將 $Ra$ 寫成 $(a)$; 同樣地, $(a_1,\cdots,a_n)$ 表示 $$Ra_1+\cdots+Ra_n=\{r_1a_1+\cdots+r_na_n\mid r_i\in R, i=1,\cdots, n\}\mbox{。}$$ 顯而易見, 若 $R$ 是一交換環, 則 $(a_1,\cdots,a_n)$ 為 $R$ 中的一個理想。 若 $I$ 是環 $R$ 中的一個理想且 $I=(a_1,\cdots,a_n)$, 那麼我們就說 $I$ 是有限生成(finitely generated) 的一個理想; 當 $n=1$ 時, 則稱 $I$ 為 $R$ 中的一個主理想(principal ideal)。 先定義跟整除性相關的術語如下:

我們說 $R$ 裡頭的一個元素 $a\ne0$ 整除一個元素 $b\in R$, 若存在另一個元素 $c\in R$ 使得 $b=ac\,;$ 而以符號 $a|b$ 表示之。

一個元素 $u\in R$ 稱之為可逆元素 (unit), 若 $u$ 整除 $R$ 裡頭的乘法單位元素 1。

兩個元素 $a, b\in R$ 稱之為夥伴 (associate) , 若存在一可逆元素 $u$ 使得 $a=bu$。

一個元素 $p\in R$ 稱為不可約的 (irreducible) , 若 $a\mid p$ 則 $a$ 是可逆元素或是 $p$ 的夥伴。

一個不可逆元素 $p\in R$ 稱為質的 (prime) , 若 $p\ne 0$ 且 $$p\mid ab\Longrightarrow p\mid a\quad\mbox{或}\quad p\mid b\mbox{。}$$ 不可約元素(irreducible elements)跟質元素(prime elements)的區分是過去沒有的; 因為在整數環與多項式環中, 這兩個觀念是合而為一的。 在上面定義質數 (式) 時, 所採用的乃是不可約的觀念; 而質性的觀念, 則彰顯在推論 2裡面。 對我們而言, 其實也不需要如此區分; 因為在 PID中, 這兩個觀念也是合而為一的, 我們等一下就會證明。

$a\mid b\Longleftrightarrow(b)\subseteq (a)$。

$u\in R$ 為可逆元素$\Longleftrightarrow (u)=R$。

$a, b\in R$為夥伴$\Longleftrightarrow (a)=(b)$。

$p\in R$ 為不可約的, 若$(p)\subseteq (a)$ 則 $(a)=R$ 或 $(a)=(p)$。

$p\in R$ 為質的, 若且唯若 $ab\in(p)\Longrightarrow a\in(p)$ 或 $b\in(p)$。

定義中說的是一個最大公因子。那到底有幾個呢? 若 $c$ 是另一個, 那麼我們就必定有 $c\mid d\ \,\mbox{且}\ \, d\mid c\,,$ 因而 $c$ 與 $d$ 是夥伴; 亦即, 存在一可逆元素 $u$ 使得 $c=ud$。 因此最大公因子的個數就是其可逆元素的個數。

兩個元素的最大公因子不見得一定會存在; 然而對 PID 來說, 我們有下面的定理。

$a\in(a,b)=(d)\Longrightarrow d \mid a\,\mbox{且} \,a\in(a,b)=(d)\Longrightarrow\,d \mid b$,

$d'\mid a\,\mbox{且}\, d'\mid b\Longrightarrow\,(a)\subseteq (d')\,\mbox{且}\,(b)\subseteq (d')$ $\qquad\qquad\qquad\!\Longrightarrow(d)=(a,b)\subseteq (d')$ $\qquad\qquad\qquad\!\Longrightarrow d'\mid d$。 故得證 $d$ 為 $a$ 與 $b$ 的一個最大公因子。

$(a,p)=(p)$: 顯而易見 $(a)\subseteq(a,p)=(p)\Longrightarrow p\mid a\,\mbox{。}$

$(a,p)=R $: 此種情況我們得到 $(ab,pb)=(b)$。假設告訴我們 $p\mid ab\Longleftrightarrow ab\in(p)$且 $pb\in(p)$, 因而得知 $$(b)=(ab,pb)\subseteq(p)\Longrightarrow p\mid b\,\mbox{。}$$ 所以我們已經證明了 $$p\mid ab\Longrightarrow p\mid a\quad\mbox{或}\quad p\mid b\,,$$ 故得證, $p$是質元素。

$p\mid a$: 假設是 $a\mid p$, 故得知 $a$是 $p$的夥伴。

$p\mid b$: 存在 $c$使得 $b=pc$。但 $p=ab$, 故得 $$p=ab=a(pc)=p(ac)\Longrightarrow p(ac-1)=0\stackrel{R\mbox{是整域}}{==\!\!\!\!\!\!==\!\!\!\!\!\!\Longrightarrow} ac=1\,;$$ 因而 $a$為可逆元素。 所以我們已經證明了, $p$ 的因子裡頭; 不是 $p$ 的夥伴, 就是可逆元素。故得證, $p$ 是不可約的(irreducible)。 你若要將一個元素分解、再分解, 直到不能再分解為止; 問題在這分解的過程是不是停得下來呢? 如果停不下來的話, 那麼連不可約元素存在與否都是個問題; 因為前面定義過的不可約元素就是那不能再分解的元素。 職是之故, 我們得回頭看看; 整數環與多項式環那邊, 分解因數 (式) 的時候是怎麼個停下來的呢? 在整數那邊, 分解之後的數變小了; 這大小指的是絕對值的大小, 分解一次就降一次; 頂多降到 1就必須停止。 在多項式那邊, 分解之後多項式的次數變小了; 頂多降到 0就必須停止。 整數裡頭絕對值是 1的就只有 $\pm1$, 而多項式裡頭次數是 0的就是非零常數多項式; 這些元素分別是整數及多項式裡頭的可逆元素。 所以, 在這兩個環裡頭的元素; 都有大小的觀念, 可供分解的依據; 降到最小就是可逆元素, 最小之前的那個元素當然就有可能是不可約元素。 然而, 我們現在工作的場所僅僅是一個擁有乘法單位元素 1 的 PID 而已, 當然就沒那麼美那麼帥囉。 這可怎麼辦呢? 一方面我們當然要善用 PID 特有的代數結構, 每一個理想子環都是一個主理想子環; 亦即, 每一個理想子環都是其中某一個元素的倍數。 另一方面, 你可還記得嗎? 前面將兩個元素之間的整除關係轉化成兩個主理想子環之間的包含關係; 亦即, $a\mid b\Longleftrightarrow (b)\subseteq(a)\,$。 因此之故, 整除性就跟 PID 特有的代數結構掛上勾了。 而主理想子環之間的包含關係就變成其生成元素之間的大小關係, 主理想子環愈大其生成元素愈小。 因此, 分解到最後的那個最小元素; 當然就是一個可逆元素, 而此時其對應的主理想子環就是你所看到的這個 PID 本身。 顯而易見, $I$ 是主理想域 $R$ 中的一個理想。 故存在 $a\in R$ 使得 $I=(a)$。 但 $$a\in\bigcup_{i=1}^\infty (a_i)\Longrightarrow\,a\in(a_n)\quad\mbox{對某一個}\,n\,,$$ 因此我們有 $I=(a)\subseteq(a_n)\,;$ 又 $ (a_n)\subseteq\bigcup_{i=1}^\infty (a_i)=I$, 故得證 $$I=(a_n)=(a_{n+1})=\cdots\,\mbox{。}$$ 令 $a\in R$ 為非零不可逆元素。

首先證明 $a$存在有不可約的因子。若 $a$是不可約的, 則得證; 否則 $a=a_1b_1$, 其中 $a_1$ 及 $b_1$ 皆為不可逆元素。 若 $a_1$ 是不可約的, 則得證; 否則 $a_1=a_2b_2$, 其中 $a_2$ 及 $b_2$ 皆為不可逆元素。若 $a_2$ 是不可約的, 則得證; 否則繼續如上之論證。 顯而易見, 我們有 $$(a)\subseteq(a_1)\subseteq(a_2)\subseteq\,\cdots\,\mbox{。}$$ 停下來原理告訴我們, 此鏈必斷。故存在某個 $n$, $a_n$ 是不可約的。

其次證明 $a$ 是不可約元素的乘積。若 $a$ 是不可約的, 則得證; 否則令 $p_1$為其不可約之因子, 因此 $a=p_1c_1$。 若 $c_1$ 是可逆元素, 則得證; 否則令 $p_2$ 為其不可約之因子, 因此 $a=p_1p_2c_2$。 若 $c_2$ 是可逆元素, 則得證; 否則繼續如上之論證。 顯而易見, 我們有 $$(a)\subseteq(c_1)\subseteq(c_2)\subseteq\,\cdots\,\mbox{。}$$ 停下來原理告訴我們, 此鏈必斷。故存在某個 $n$, $c_n$是可逆元素且 $a=p_1p_2\cdots p_nc_n\,;$又 $p_nc_n\,,$是不可約的, 故得證。 再來, 我們定義非零元素 $a$ 在不可約元素 $p$ 的階數為下面引理 2中的那個唯一的正整數 $n\,,$ 以符號 ord$_p\,a$ 表示之。 證明. 若否, 則對每一個正整數 $m$ 就存在一元素 $b_m\in R$ 使得 $a=p^mb_m$。因此 $pb_{m+1}=b_m$。 顯而易見, 我們有無限向上攀升的主理想鏈 $$(b_1)\subseteq(b_2)\subseteq(b_3)\subseteq\,\cdots\,;$$ 這與停下來原理背道而馳, 故得證。 令 $\alpha={\rm ord}_p\,a$ 且令 $\beta={\rm ord}_p\,b$。則 $$a=p^\alpha a'\quad\mbox{且}\quad b=p^\beta b'\,;\quad\mbox{其中}\,\ p\nmid a'\quad\mbox{且}\quad p\nmid b'\mbox{。}$$ 因此我們有 $$ab=p^{\alpha+\beta}a'b'\,,\quad\mbox{其中}\,\ p\nmid a'b'\,\ \mbox{(質元素定義)}\,;$$ 所以 ${\rm ord}_p\,ab=\alpha+\beta\,,$ 故得證。 算術基本定理 (PID 版本). 令 $R$ 為一擁有乘法單位元素 1 的 PID 且令 $S$ 為如上選取的質元素集。 則任何非零元素 $a$ 存在一質元素分解式 $$a=u\prod_p p^{e(p)}\,,$$ 此處 $u$ 為可逆元素, 而乘積中的 $p$ 是對所有 $S$ 中質元素; 可逆元素 $u$ 以及次冪 $e(p)$ 由 $a$ 所唯一決定。 實際上, 我們有 $e(p)={\rm ord}_p\,a$。 兩邊同時取 ${\rm ord}_q$, 並使用引理 3; 我們有 \begin{equation}\label{main_PID} {\rm ord}_q\,a={\rm ord}_q(u)+\sum_p e(p){\rm ord}_q(p)\,\mbox{。} \end{equation} 根據 ${\rm ord}_q$之定義, 我們有 $${\rm ord}_q(u)=0\qquad\mbox{且}\quad{\rm ord}_q(p)=\left\{ \begin{array}{lcl}1&~~&\hbox{若 $p=q$}\cr 0&&\hbox{若 $p\ne q$}\end{array}\,\mbox{。}\right.$$ 所以實際上, (\ref{main_PID})式的右側僅剩單一的一項 $e(q)$ 沒有陣亡; 我們有 $${\rm ord}_q\,a=e(q)\,,$$ 凡具備有算術基本定理之性質的整域就稱之為唯一分解整域 (Unique Factorization Domain縮寫UFD)。 早在歐基里德的年代就隱約知道, 整數環是一個 UFD 的事實; 但第一個將此結果清楚明白的寫下來, 似乎得等到高斯的著作《算術研究》 《算術研究》(Disquisitiones Arithmeticae) 是德國數學家卡爾$\cdot$弗里德里希$\cdot$高斯於1798年寫成的一本數論教材, 在1801年他24歲時首次出版。全書用拉丁文寫成。 在這本書中高斯整理彙集了費馬、歐拉、拉格朗日和勒讓德等數學家在數論方面的研究結果, 並加入了許多他自己的重要成果。 中才出現。 上面我們已經證明了每一個 PID 都是一個 UFD; 反之則否。在例題 1 及例題 2 中, 我們證明了二次數體 (quadratic number fields) $\mathbb{Q}(\sqrt{-1})\quad\mbox{及}\quad\mathbb{Q}(\sqrt{-2})$ 所對應的整數環 (rings of integers) $$\mathbb{Z}[\sqrt{-1}]\quad\mbox{及}\quad\mathbb{Z}[\sqrt{-2}]$$ 都是 UFD。 值的一提的是, 在1966 年史達克 (Stark, H.M.) 完成了一個數論中懸宕未解決的問題; 他證明了二次數體 $\mathbb{Q}(\sqrt{d})$, 其中 $d\lt 0$ 所對應的整數環是一個 UFD 只有當 $$d=-1,-2,-3,-7,-11,,-19,-43,-67,\mbox{ 及 }-163$$ 時, 而且再也沒有其他的值了。 若否, 則僅存在有限多個正質數; 說是 $$p_1\,,\quad\,p_2\,,\quad\,p_3\,,\quad\,\cdots\quad\,,\quad\, p_n\,\mbox{。}$$ 考慮整數 $$N=p_1\,p_2\,p_3\,\cdots\,p_n+1\,\mbox{。}$$ 顯而易見, $N>1$; 根據唯一分解性, $N$可寫成 $$N=p_1^{a_1}\,p_2^{a_2}\,p_3^{a_3}\,\cdots\,p_n^{a_n}\,\mbox{。}$$ 然而, $p_i\nmid N\ \,\forall i=1,2,3,\cdots, n$; 我們有 $$a_i={\rm ord}_{p_i}\,N=0\ \,\forall i=1,2,3,\cdots, n\,,$$ 因此 $N=p_1^{0}\,p_2^{0}\,p_3^{0}\,\cdots\,p_n^{0}=1$。與 $N>1$矛盾, 故得證。 在多項式環 $k[x]$ 中, 若 $k$為無限體; 那麼 $x\!-\!a\,\ \,(\forall\,a\!\in\!k)$ 都是質多項式, 因此 $k[x]$ 當然擁有無限多個不互為夥伴的質多項式。如果 $k$為有限體; 那麼歐幾里德的論證就得出場行禮如儀, 如此這般地證明 $k[x]$ 擁有無限多個質多項式。 與此相對且值得一提的另一個極端是; 有的環僅擁有一個質元素, 茲舉例如下。 令 $p\in\mathbb{Z}$為一質數且令 $$\mathbb{Z}_{(p)}=\left\{\frac{a}{b}\mid a, b\in\mathbb{Z}\,, p\nmid b\right\}\,\mbox{。}$$ 則利用 $p$之質性, 不難看出 $\mathbb{Z}_{(p)}$ 形成一個環。這個環僅擁有一個質元素, 那就是 $p$; 為什麼呢? 只要看看這裡頭的可逆元素長的模樣, 就可了然於心。請看!

假設 $\frac{a}{b}\in\mathbb{Z}_{(p)}$ 是一個可逆元素, 那麼就存在 $\frac{c}{d}\in\mathbb{Z}_{(p)}$ 使得 $\frac{a}{b}\cdot\frac{c}{d}=1$。所以 $ac=bd$, 因而得到 $p\nmid a$; 這是因為 $p\nmid b$ 以及 $p\nmid d$, 再加上 $p$ 之質性所致。

反過來, 若 $\frac{a}{b}\in\mathbb{Z}_{(p)}$且 $p\nmid a$; 那麼我們馬上有 $\frac{b}{a}\in\mathbb{Z}_{(p)}$ 且 $\frac{a}{b}\cdot\frac{b}{a}=1$ , 故得證 $\frac{a}{b}$ 是一個可逆元素。 所以 $\mathbb{Z}_{(p)}$ 的可逆元素集就是 $$\mathbb{Z}_{(p)}^\times=\left\{\frac{a}{b}\mid a, b\in\mathbb{Z}\,,\ \, p\nmid a\ \,\mbox{且}\ \,p\nmid b\right\}\,\mbox{。}$$ Agrawal, Manindra/Kayal, Neeraj/Saxena, Nitin: "PRIMES is in P," Annals of Math 160 (2004), 781-793. http://www.cse.iitk.ac.in/news/primality.html Apostol, Tom M.: Introduction to Analytic Number Theory , UTM, Springer-Verlag, New York, First Edition, 1976, Corr. Fifth Printing, 1998. Hardy, G./ Wright E.: An Introduction to the Theory of Numbers , Fifth edition, Oxford University Press, 1979. Hardy, G.H.: A Course of Pure Mathematics , Cambridge Mathematical Library, 1993 (First published in 1908). Hardy, G.H.: A Mathematician's Apology , Cambridge University Press, London, 1940. 摘要見網頁 http://en.wikipedia.org/wiki/A_Mathematician%27s_Apology Ireland, Kenneth F./Rosen, Michael I.: A Classical Introduction to Modern Number Theory , Volume 84 of Graduate Texts in Mathematics , Springer-Verlag, New York, Second Edition, 1990, Corr. Fifth Printing, 1998. 質數網頁 http://www.utm.edu/research/primes/largest.html 沈淵源: 密碼學之旅 全華圖書有限公司, 2006.

---本文作者任教私立東海大學數學系---

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