8.1 欧几里得环

8.1 欧几里得域

我们首先定义整环 $R$ 上的范数概念。这本质上不过是 $R$ 中“大小”的一种度量。

定义

任何满足 $N\left( 0\right) = 0$ 的函数 $N : R \rightarrow {\mathbb{Z}}^{ + } \cup \{ 0\}$ 被称为整环 $R$ 上的范数。如果 $N\left( a\right) > 0$ 对于 $a \neq 0$ ，定义 $N$ 为正范数。

我们注意到这个范数的概念相当弱，并且同一个整环 $R$ 可能拥有几个不同的范数。

定义

如果存在一个范数 $N$ 在 $R$ 上，对于 $R$ 中的任意两个元素 $a$ 和 $b$ ，满足 $b \neq 0$ ，则存在 $R$ 中的元素 $q$ 和 $r$ 使得

元素 $q$ 被称为商，元素 $r$ 被称为余数。

整环上存在除法算法的重要性在于，它允许对 $R$ 的两个元素 $a$ 和 $b$ 应用欧几里得算法：通过连续的“除法”（这些实际上是在 $R$ 的分数域中的除法），我们可以写出

$\left( {n + 1}\right)$

其中 ${r}_{n}$ 是最后一个非零余数。由于 $N\left( b\right) > N\left( {r}_{0}\right) >$ $N\left( {r}_{1}\right) > \cdots > N\left( {r}_{n}\right)$ 是一个非负整数的递减序列，如果余数非零，这样的序列不可能无限继续。请注意，这些元素并不保证是唯一的。

示例

(0) 域是欧几里得域的平凡例子，其中任何范数都将满足定义条件（例如， $N\left( a\right) = 0$ 对于所有 $a$）。这是因为对于每个 $a,b$ 且 $b \neq 0$ ，我们有 $a = {qb} + 0$ ，其中 $q = a{b}^{-1}$ 。

(1) 整数 $\mathbb{Z}$ 是一个欧几里得域，其范数由 $N\left( a\right) = \left| a\right|$ 给出，即通常的绝对值。在 $\mathbb{Z}$ 中存在除法算法（熟悉的“长除法”小学算术）的验证如下。设 $a$ 和 $b$ 是两个非零整数，并首先假设 $b > 0$ 。半开区间 $\lbrack {nb},\left( {n + 1}\right) b),n \in \mathbb{Z}$ 划分了实数轴，因此 $a$ 在其中一个区间内，比如说 $a \in \lbrack {kb},\left( {k + 1}\right) b)$ 。对于 $q = k$ 我们有 $a - {qb} = r \in \left\lbrack {0,\left| b\right| }\right\rbrack$ 如所需。如果 $b < 0$（因此 $- b > 0$ ），根据我们刚才看到的，存在一个整数 $q$ 使得 $a = q\left( {-b}\right) + r$ 且要么 $r = 0$ 要么 $\left| r\right| < \left| {-b}\right|$ ；那么 $a = \left( {-q}\right) b + r$ 满足 $a$ 和 $b$ 的除法算法的要求。这个论证可以通过对 $\left| a\right|$ 使用归纳法来形式化。

注意，如果 $a$ 不是 $b$ 的倍数，那么对于 $q,r$ 对总有两个可能：上述证明总是产生一个正余数 $r$ 。例如，如果 $b > 0$ 和 $q,r$ 如上所述，且 $r > 0$ ，那么 $a = {q}^{\prime }b + {r}^{\prime }$ 在 ${q}^{\prime } = q + 1$ 和 ${r}^{\prime } = r - b$ 下也满足对 $a,b$ 应用除法算法的条件。因此 $5 = 2 \cdot 2 + 1 = 3 \cdot 2 - 1$ 是在 $\mathbb{Z}$ 中将除法算法应用于 $a = 5$ 和 $b = 2$ 的两种方式。如果我们要求余数为非负，则商和余数是唯一的。

(2) 如果 $F$ 是一个域，那么多项式环 $F\left\lbrack x\right\rbrack$ 是一个欧几里得域，其范数由 $N\left( {p\left( x\right) }\right) =$ 多项式 $p\left( x\right)$ 的次数给出。多项式的除法算法仅仅是多项式的“长除法”，这对于具有实系数的多项式可能是熟悉的。该证明与 $\mathbb{Z}$ 的证明非常相似，并在下一章中给出（尽管对于多项式，证明了商和余数是唯一的）。为了使多项式环成为欧几里得域，系数必须来自一个域，因为除法算法最终依赖于能够除以任意的非零系数。我们将在第2节中证明，如果 $R$ 不是一个域，那么 $R\left\lbrack x\right\rbrack$ 不是一个欧几里得域。

(3) 第7.1节中的二次整数环 $\mathcal{O}$ 是带有由场的范数的绝对值定义的范数的整环（以确保取值为非负；当 $D < 0$ 场范数本身是一个范数时），但在一般情况下 $\mathcal{O}$ 对于此范数（或任何其他范数）不是欧几里得环。然而，高斯整数 $\mathbb{Z}\left\lbrack i\right\rbrack$（其中 $D = - 1$ ），关于范数 $N\left( {a + {bi}}\right) = {a}^{2} + {b}^{2}$ 是一个欧几里得环，如下所示（也参见第3节末尾）。

设 $\alpha = a + {bi},\beta = c + {di}$ 是 $\mathbb{Z}\left\lbrack i\right\rbrack$ 中的两个元素，且 $\beta \neq 0$ 。那么在 $\mathbb{Q}\left( i\right)$ 场中，我们有 $\frac{\alpha }{\beta } = r + {si}$ ，其中 $r = \left( {{ac} + {bd}}\right) /\left( {{c}^{2} + {d}^{2}}\right)$ 和 $s = \left( {{bc} - {ad}}\right) /\left( {{c}^{2} + {d}^{2}}\right)$ 是有理数。设 $p$ 是最接近有理数 $r$ 的整数，设 $q$ 是最接近有理数 $s$ 的整数，使得 $\left| {r - p}\right|$ 和 $\left| {s - q}\right|$ 都至多为1/2。一旦我们证明了除法算法，它就会立即得出。

这甚至比必要的更强。设 $\theta = \left( {r - p}\right) + \left( {s - q}\right) i$ 并令 $\gamma = {\beta \theta }$ 。那么 $\gamma = \alpha - \left( {p + {qi}}\right) \beta$ ，因此 $\gamma \in \mathbb{Z}\left\lbrack i\right\rbrack$ 是一个高斯整数，且 $\alpha = \left( {p + {qi}}\right) \beta + \gamma$ 。由于 $N\left( \theta \right) = {\left( r - p\right) }^{2} + {\left( s - q\right) }^{2}$ 至多为 $1/4 + 1/4 = 1/2$ ，范数的可乘性意味着 $N$ 如所声称的。

translation: "请注意，该算法非常明确，因为可以从有理数 $p + {qi}$ 和 $r$ 迅速确定商 $s$ ，然后余数 $\gamma = \alpha - \left( {p + {qi}}\right) \beta$ 可以轻松计算。还应注意，商不必是唯一的：如果 $r$（或 $s$ ）是奇数的一半，那么对于 $p$（或相应地对于 $q$ ）有两个选择。"

本证明 $\mathbb{Z}\left\lbrack i\right\rbrack$ 是一个欧几里得域，也可以用来证明 $\mathcal{O}$ 是一个欧几里得域（关于在第7.1节中定义的字范数）对于 $D = - 2, - 3, - 7, - {11}$（参见练习）。我们很快就会看到 $\mathbb{Z}\left\lbrack \sqrt{-5}\right\rbrack$ 对于任何范数都不是欧几里得域，本节末尾给出了一个证明 $\mathbb{Z}\left\lbrack {\left( {1 + \sqrt{-{19}}}\right) /2}\right\rbrack$ 对于任何范数都不是欧几里得域的证明。

（4）回顾（参见7.1节练习26）一个离散赋值环的获得方式如下。设 $K$ 为一个域。在 $K$ 上的一个离散赋值是一个满足

（i） $v\left( {ab}\right) = v\left( a\right) + v\left( b\right)$（即 $v$ 是从 $K$ 的非零元素乘法群到 $\mathbb{Z}$ 的同态），

（ii） $v$ 是满射，并且

（iii） $v\left( {x + y}\right) \geq \min \{ v\left( x\right) ,v\left( y\right) \}$ 对于所有 $x,y \in {K}^{ \times }$ 且 $x + y \neq 0$ 。

集合 $\left\{ {x \in {K}^{ \times } \mid v\left( x\right) \geq 0}\right\} \cup \{ 0\}$ 是 $K$ 的一个子环，称为 $v$ 的赋值环。如果一个整环 $R$ 存在一个在其分式域上的赋值 $v$ 使得 $R$ 是 $v$ 的赋值环，那么这个整环 $R$ 被称为离散赋值环。

例如，所有分母与固定素数 $p \in \mathbb{Z}$ 互质的分数组成的环 $R$ 是包含在 $\mathbb{Q}$ 中的一个离散赋值环。

一个离散赋值环很容易看出是关于 $N\left( 0\right) = 0$ 和 $N = v$ 在 $R$ 的非零元素上定义的范数的欧几里得域。这是因为对于 $a,b \in R$ 且 $b \neq 0$

（a）如果 $N\left( a\right) < N\left( b\right)$ 则 $a = 0 \cdot b + a$ ，并且

(b) 如果 $N\left( a\right) \geq N\left( b\right)$ 成立，那么根据离散赋值的性质 (i) 可知

$q = a{b}^{-1} \in R$ ，因此 $a = {qb} + 0$ 。

对于整环 $R$ 的除法算法的第一个含义是，它迫使 $R$ 的每个理想都是主理想。

命题 1

欧几里得域中的每个理想都是主理想。更准确地说，如果 $I$ 是欧几里得域 $R$ 中的任何非零理想，那么 $I = \left( d\right)$ ，其中 $d$ 是 $I$ 中范数最小的非零元素。

证明：如果 $I$ 是零理想，则无需证明。否则，设 $d$ 是 $I$ 中范数最小的任何非零元素（由于 $\{ N\left( a\right) \mid a \in I\}$ 集合根据 $\mathbb{Z}$ 的良序性存在最小元素，因此这样的 $d$ 存在）。显然 $\left( d\right) \subseteq I$ ，因为 $d$ 是 $I$ 的一个元素。为了证明反向包含，设 $a$ 是 $I$ 中的任何元素，并使用除法算法将其写为 $a = {qd} + r$ ，其中 $r = 0$ 或 $N\left( r\right) < N\left( d\right)$ 。那么 $r = a - {qd}$ ，由于 $a$ 和 ${qd}$ 都在 $I$ 中，因此 $r$ 也是 $I$ 的一个元素。由于 $d$ 的范数最小，我们发现 $r$ 必须为 0。因此 $a = {qd} \in \left( d\right)$ ，从而证明 $I = \left( d\right)$ 。

命题1表明 $\mathbb{Z}$ 的每个理想都是主理想。这一 $\mathbb{Z}$ 的基本属性之前已经确定（在第7.3节中），通过使用第2.3节中循环群的子群分类，并利用 $\mathbb{Z}$ 中的欧几里得算法。

命题1也可以用来证明某些整环 $R$ 不是欧几里得整环（对于任何范数），通过证明 $R$ 中存在非主理想。

示例

(1) 设 $R = \mathbb{Z}\left\lbrack x\right\rbrack$ 。由于理想(2,x)不是主理想（参见第7.4节开头的示例3），因此可以得出结论，具有整数系数的多项式环 $\mathbb{Z}\left\lbrack x\right\rbrack$ 不是欧几里得整环（对于任何范数的选择），尽管具有有理系数的多项式环 $\mathbb{Q}\left\lbrack x\right\rbrack$ 是欧几里得整环。

(2) 设 $R$ 为二次整数环 $\mathbb{Z}\left\lbrack \sqrt{-5}\right\rbrack$ ，令 $N$ 为相关字段范数 $N\left( {a + b\sqrt{-5}}\right) = {a}^{2} + 5{b}^{2}$ ，并考虑由3和 $2 + \sqrt{-5}.\;$ 生成的理想 $I = \left( {3,2 + \sqrt{-5}}\right)$ 。假设 $I = (a + b\sqrt{-5}\;),\;a,\;b \in \mathbb{Z},\;$ 是主理想，即 $\;3 = \alpha (a + b\sqrt{-5}\;)$ 和 $2 + \sqrt{-5} = \beta \left( {a + b\sqrt{-5}}\right)$ 对于某个 $\alpha ,\beta \in R.$ 。对第一个方程取范数得到 $9 = N\left( \alpha \right) \left( {{a}^{2} + 5{b}^{2}}\right)$ ，由于 ${a}^{2} + 5{b}^{2}$ 是正整数，它必须是1、3或9。如果该值为9，则 $N\left( \alpha \right) = 1$ 和 $\alpha = \pm 1$ ，因此 $a + b\sqrt{-5} = \pm 3$ ，这在第二个方程中是不可能的，因为 $2 + \sqrt{-5}$ 的系数不能被3整除。该值不能为3，因为没有 ${a}^{2} + 5{b}^{2} = 3$ 的整数解。如果该值为1，那么 $a + b\sqrt{-5} = \pm 1$ ，理想 $I$ 将是整个环 $R$ 。但此时1将是 $I$ 的一个元素，所以 ${3\gamma } + \left( {2 + \sqrt{-5}}\right) \delta = 1$ 对于某个 $\gamma ,\delta \in R$ 。两边同时乘以 $2 - \sqrt{-5}$ 将意味着 $2 - \sqrt{-5}$ 是 $R$ 中的3的倍数，这是矛盾的。因此 $I$ 不是主理想，所以 $R$ 不是欧几里得域（对于任何范数）。

欧几里得算法在 $\mathbb{Z}$ 中的一个基本结果是它能产生两个非零元素的最大公约数。这在任何欧几里得域中都成立。两个元素的最大公约数（如果存在）的概念可以在一般的环中精确地定义。

定义

设 $R$ 为一个交换环，令 $a,b \in R$ 且 $b \neq 0$ 。

(1) $a$ 被称为 $b$ 的倍数，如果存在元素 $x \in R$ 使得 $a = {bx}$ 成立。在这种情况下，$b$ 被称为 $a$ 的约数或 $a$ 的除数，记作 $b \mid a$ 。

(2) $a$ 和 $b$ 的最大公约数是一个非零元素 $d$，使得

(i) $d \mid a$ 和 $d \mid b$，

(ii) 如果 ${d}^{\prime } \mid a$ 和 ${d}^{\prime } \mid b$，那么 ${d}^{\prime } \mid d$。

$a$ 和 $b$ 的最大公约数将表示为 g.c.d.(a,b)，或者（滥用符号）简单地表示为 (a,b)。

注意 $b \mid a$ 在环 $R$ 中当且仅当 $a \in \left( b\right)$ 当且仅当 $\left( a\right) \subseteq \left( b\right)$。特别地，如果 $d$ 是 $a$ 和 $b$ 的任意一个除数，那么 (d) 必须包含 $a$ 和 $b$，因此必须包含由 $a$ 和 $b$ 生成的理想。将 $a$ 和 $b$ 的最大公约数的定义性质 (i) 和 (ii) 转换为理想的语言，因此分别变为：

如果 $I$ 是由 $R$ 生成的 $a$ 和 $b$ 的理想，那么 $d$ 是 $a$ 和 $b$ 的最大公约数，如果

(i) $I$ 包含在主理想 (d) 中，并且

(ii) 如果 $\left( {d}^{\prime }\right)$ 是包含 $I$ 的任意主理想，那么 $\left( d\right) \subseteq \left( {d}^{\prime }\right)$。

因此，$a$ 和 $b$ 的最大公约数（如果存在的话）是包含 $a$ 和 $b$ 的唯一最小主理想的一个生成元。有一些环中不存在最大公约数。

这种讨论立即给出了存在最大公约数的以下充分条件。

命题 2

如果 $a$ 和 $b$ 是交换环 $R$ 中的非零元素，且由 $a$ 和 $b$ 生成的理想是一个主理想 (d)，那么 $d$ 是 $a$ 和 $b$ 的最大公约数。

这解释了为什么符号 (a,b) 通常用来表示由 $a$ 和 $b$ 生成的理想以及 $a$ 和 $b$ 的最大公约数。每个由两个元素生成的理想 (a,b) 都是主理想的整环被称为贝祖域。本节及后续章节的练习探讨这些环，并表明存在包含非主理想（必然是无限生成的）的贝祖域。

注意命题 2 中的条件不是必要条件。例如，在环 $R = \mathbb{Z}\left\lbrack x\right\rbrack$ 中，元素 2 和 $x$ 生成一个极大非主理想（参见第 7.4 节的例子）。因此 $R = \left( 1\right)$ 是包含 2 和 $x$ 的唯一主理想，所以 1 是 2 和 $x$ 的最大公约数。我们将在第 3 节看到更多这样的例子。

在回到欧几里得域之前，我们考察最大公约数的唯一性。

命题3

让$R$是一个整数域。如果$R$的两个元素$d$和${d}^{\prime}$产生相同的主理想，即$\left( d\right) = \left( {d}^{\prime }\right)$ ，则$R$中某些单位$u$的${d}^{\prime}={ud}$。特别是，如果$d$和${d}^{\prime}$都是$a$和$b$的最大公约数，则${d}^{\prime}={ud}$对于某些单位$u$。

证明：如果$d$或${d}^{\prime}$是零，这是很清楚的，所以我们可以假设$d$和${d}^{\prime}$不是零。由于$d\in\left({d}^{\prime}\right)$在$R$中有一些$x$，因此$d=x{d}^{\prime}$。由于${d}^{\prime}\in\left( d\right)$在$R$中有一些$y$，因此${d}^{\prime}={yd}$。因此$d={xyd}$，因此$d\left( {1 - {xy}}\right)=0$。由于$d\neq 0，{xy}=1$，即$x$和$y$都是单位。这证明了第一个断言。第二个断言来自第一个断言，因为$a$和$b$的任何两个最大公约数都产生相同的主理想（它们相互分割）。

欧几里德域最重要的性质之一是最大公约数始终存在并且可以通过算法计算。

定理4

设$R$是欧几里得域，设$a$和$b$是$R$的非零元素。设$d={r}_{n}$是本章开头描述的$a$和$b$的欧几里得算法中的最后一个非零余数。然后

(1)$d$是$a$和$b$的最大公约数，并且

(2) 主理想 (d)是由 $a$ 和 $b$ 生成的理想。特别地，$d$ 可以写成 $R$ -线性组合 $a$ 和 $b$ ，即存在 $R$ 中的元素 $x$ 和 $y$ 使得

证明：根据命题1，由 $a$ 和 $b$ 生成的理想是主理想，所以 $a,b$ 确实有一个最大公约数，即生成（主）理想 (a,b) 的任何元素。定理的两部分将在我们证明 $d = {r}_{n}$ 生成这个理想时得出，即一旦我们证明

(i) $d \mid a$ 和 $d \mid b$ （因此 $\left( {a,b}\right) \subseteq \left( d\right)$）

(ii) $d$ 是 $R$ -线性组合 $a$ 和 $b$ （因此 $\left( d\right) \subseteq \left( {a,b}\right)$）。

为了证明 $d$ 同时整除 $a$ 和 $b$，只需在欧几里得算法中跟踪整除性。从 ${\left( n + 1\right) }^{\text{st }}$ 方程开始，${r}_{n - 1} = {q}_{n + 1}{r}_{n}$，我们看到 ${r}_{n} \mid {r}_{n - 1}$。显然 ${r}_{n} \mid {r}_{n}$。通过归纳（从索引 $n$ 向下到索引 0），假设 ${r}_{n}$ 整除 ${r}_{k + 1}$ 和 ${r}_{k}$。根据 ${\left( k + 1\right) }^{\text{st }}$ 方程，${r}_{k - 1} = {q}_{k + 1}{r}_{k} + {r}_{k + 1}$，由于 ${r}_{n}$ 整除等式右边的两项，我们看到 ${r}_{n}$ 也整除 ${r}_{k - 1}$。从欧几里得算法中的 ${1}^{\text{st }}$ 方程我们得到 ${r}_{n}$ 整除 $b$，然后从 ${0}^{\text{th }}$ 方程我们得到 ${r}_{n}$ 整除 $a$。因此 (i) 成立。

为了证明 ${r}_{n}$ 在由 $a$ 和 $b$ 生成的理想 (a,b) 中，可以通过类似的方式从等式 (0) 到等式 (n) 进行归纳。由等式 (0) 可知 ${r}_{0} \in \left( {a,b}\right)$ ，由等式 (1) 可知 ${r}_{1} = b - {q}_{1}{r}_{0} \in \left( {b,{r}_{0}}\right) \subseteq \left( {a,b}\right)$。通过归纳假设 ${r}_{k - 1},{r}_{k} \in \left( {a,b}\right)$。然后根据 ${\left( k + 1\right) }^{\text{st }}$ 方程

这个归纳表明 ${r}_{n} \in \left( {a,b}\right)$，这完成了证明。

上面的许多材料在整数的例子中可能来自初等算术，除了可能将它们翻译成理想的语言之外。例如，如果 $a = {2210}$ 和 $b = {1131}$，那么包含 $a$ 和 $b$ 的最小理想（由 $a$ 和 $b$ 生成的理想）是 ${13}\mathbb{Z}$，因为 13 是 2210 和 1131 的最大公约数。这个事实可以迅速从欧几里得算法得出：

因此 13 = (2210,1131) 是最后一个非零余数。使用定理 4 的方法，我们也可以首先通过解上面倒数第二个方程中的 ${13} = {52} - 1 \cdot {39}$，然后使用前面的方程来解出 39 和 52 等等，最后完全用 2210 和 1131 来表示 13。在这种情况下答案是

欧几里得算法在整数 $\mathbb{Z}$ 中非常快速。有一个定理表明，确定两个整数 $a$ 和 $b$ 的最大公约数所需的步骤数最多是这两个数中较小的数的位数乘以5。换句话说，这个算法在整数大小上是的对数级别的。为了获得对这里暗示的速度的 appreciation，注意到对于上面的例子，我们最多会期望 $5 \cdot 4 = {20}$ 次除法（实际上例子中需要的次数要少得多）。如果我们从大约 ${10}^{100}$ 的整数（按照物理标准是大的数）开始，我们最多只会有500次除法。

在 $\left( {a,b}\right) = {ax} + {by}$ 中，对于整数 $x$ 和 $y$ 没有唯一性陈述。实际上，${x}^{\prime } = x + b$ 和 ${y}^{\prime } = y - a$ 满足 $\left( {a,b}\right) = a{x}^{\prime } + b{y}^{\prime }$ 。这本质上是最有可能的情况 - 可以证明，如果 ${x}_{0}$ 和 ${y}_{0}$ 是方程 ${ax} + {by} = N$ 的解，那么这个方程的任何其他解 $x$ 和 $y$ 都是以下形式

对于某个整数 $m$（正数或负数）。

后一个定理（其证明大纲包含在练习中）为解决一阶丢番图方程 ax + by $= N$ 提供了完整解，前提是我们知道这个方程至少有一个解。但是方程 ${ax} + {by} = N$ 只不过是另一种表述方式，说明 $N$ 是由 $a$ 和 $b$ 生成的理想的一个元素。既然我们知道这个理想就是由 $a$ 和 $b$ 的最大公约数 $d$ 生成的主理想 (d)，这就等同于说 $N \in \left( d\right)$，即 $N$ 能被 $d$ 整除。因此，方程 ${ax} + {by} = N$ 在整数 $x$ 和 $y$ 中有解当且仅当 $N$ 能被 $a$ 和 $b$ 的最大公约数整除（然后上述引用的结果给出了这个方程的一组完整解）。

我们以另一个标准结束本节，这个标准有时可以用来证明一个给定的整环不是欧几里得环。${}^{1}$ 对于任何整环，令 $\widetilde{R} = {R}^{ \times } \cup \{ 0\}$ 表示 $R$ 的单位元集合以及0。如果一个元素 $u \in R - \widetilde{R}$ 对于每一个 $x \in R$ 都存在某个 $z \in \widetilde{R}$ 使得 $u$ 在 $R$ 中整除 $x - z$，即存在一种 $u$ 的“除法算法”：每一个 $x$ 都可以写成 $x = {qu} + z$ ，其中 $z$ 要么是0，要么是一个单位元。存在全侧除数是欧几里得条件的弱化：

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本文内容和以下某些部分遵循了J.C. Wilson在《一个主理想环不是欧几里得环》中的论述，Math. Mag., 46(1973), 页码34-38，Th. Motzkin的观点，并使用了Kenneth S. Williams在《关于非欧几里得主理想域的注释》中的简化，Math. Mag., 48(1975), 页码176-177。

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命题5

设$R$为一个非域的整环。如果$R$是一个欧几里得域，那么在$R$中存在普遍的侧面除数。

证明：假设$R$对于某个范数$N$是欧几里得的，并设$u$是$R - \widetilde{R}$（由于$R$不是域，因此非空）中范数最小的元素。对于任意的$x \in R$，写成$x = {qu} + r$，其中$r$是0或者$N\left( r\right) < N\left( u\right)$。在任何情况下，$u$的最小性都意味着$r \in \widetilde{R}$。因此$u$是$R$中的普遍侧面除数。

示例

我们可以使用命题5来证明二次整数环 $R = \mathbb{Z}\left\lbrack {\left( {1 + \sqrt{-{19}}}\right) /2}\right\rbrack$ 对于任何范数都不是欧几里得域，通过展示 $R$ 不包含通用边除数（我们将在下一节看到 $R$ 中的所有理想都是主理想，因此命题1后的例子中的技术不适用于这个环）。我们已经确定 $\pm 1$ 是 $R$ 中唯一的单位，因此 $\widetilde{R} = \{ 0, \pm 1\}$ 。假设 $u \in R$ 是一个通用边除数，令 $N\left( {a + b\left( {1 + \sqrt{-{19}}}\right) /2}\right) = {a}^{2} + {ab} + 5{b}^{2}$ 表示第7.1节中 $R$ 上的场范数。注意如果 $a,b \in \mathbb{Z}$ 且 $b \neq 0$ ，那么 ${a}^{2} + {ab} + 5{b}^{2} = {\left( a + b/2\right) }^{2} + {19}/4{b}^{2} \geq 5$ ，因此 $N$ 在 $R$ 上的最小非零值是1（对于单位 ±1）和4（对于 ±2）。在通用边除数的定义中取 $x = 2$ ，可以得出 $u$ 必须整除 $R$ 中的 $2 - 0$ 或 $2 \pm 1$ 之一，即 $u$ 是 $R$ 中2或3的非单位除数。如果 $2 = {\alpha \beta }$ ，那么 $4 = N\left( \alpha \right) N\left( \beta \right)$ ，根据上述备注，可以得出 $\alpha$ 或 $\beta$ 之一具有范数1，即等于 $\pm 1.$ 。因此 $R$ 中2的唯一除数是 $\{ \pm 1, \pm 2\} .$ 。类似地，$R$ 中3的唯一除数是 $\{ \pm 1, \pm 3\}$ ，因此 $u$ 的唯一可能值是 $\pm 2$ 或 $\pm 3$ 。取 $x = \left( {1 + \sqrt{-{19}}}\right) /2$ ，很容易验证 $R$ 中的 $x,x \pm 1$ 都不能被 $\pm 2$ 或 $\pm 3$ 整除，因此这些都不是通用边除数。