8.3 唯一分解整环

唯一分解整环 (U.F.D.s)

在整数的情形 $\mathbb{Z}$ 中，还有一种确定两个元素 $a$ 和 $b$ 的最大公约数的方法，这是从小学算术中熟悉的，即“分解为素数的概念”对 $a$ 和 $b$ 进行分解，由此可以容易地确定最大公约数。这也可以扩展到称为唯一分解整环（U.F.D.s）的更大类的环 - 这些很快就会定义。然后我们将证明

每个主理想整环都是唯一分解整环，因此关于唯一分解整环的每个结果将自动适用于欧几里得整环和主理想整环。

我们首先介绍一些术语。

定义

设 $R$ 是一个整环。

（1）假设 $r \in R$ 非零且不是单位。那么 $r$ 在 $R$ 中被称为不可约的，如果每当 $r = {ab}$ 且 $a,b \in R$ ，那么 $a$ 或 $b$ 中至少有一个在 $R$ 中是单位。否则 $r$ 被称为可约的。

（2）非零元素 $p \in R$ 在 $R$ 中被称为素数，如果由 $p$ 生成的理想(p)是素理想。换句话说，一个非零元素 $p$ 是素数，如果它不是单位，并且每当 $p \mid {ab}$ 对于任何 $a,b \in R$ ，那么要么 $p \mid a$ 要么 $p \mid b$ 。

（3）$R$ 中相差一个单位的两个元素 $a$ 和 $b$ 被称为在 $R$ 中关联（即，$a = {ub}$ 对于 $R$ 中的某个单位 $u$）。

命题10

在一个整环中，素元素总是不可约的。

证明：假设 (p) 是一个非零素理想且 $p = {ab}$ 。那么 ${ab} = p \in \left( p\right)$ ，根据素理想的定义，$a$ 或 $b$ 之一，比如说 $a$ ，在 (p) 中。因此 $a = {pr}$ 对于某些 $r$ 。这意味着 $p = {ab} = {prb}$ 所以 ${rb} = 1$ 且 $b$ 是一个单位。这表明 $p$ 是不可约的。

一般情况下，不可约元素不一定是素数。例如，考虑二次整数环 $R = \mathbb{Z}\left\lbrack \sqrt{-5}\right\rbrack$ 中的元素 3。$R$ 节的计算表明 3 在 $R$ 中是不可约的，但 3 不是素数，因为 $\left( {2 + \sqrt{-5}}\right) \left( {2 - \sqrt{-5}}\right) = {3}^{2}$ 可被 3 整除，但在 $R$ 中 $2 + \sqrt{-5}$ 和 $2 - \sqrt{-5}$ 都不可被 3 整除。

如果 $R$ 是一个主理想整环，那么素元素和不可约元素的概念是相同的。特别地，这些概念在 $\mathbb{Z}$ 和 $F\left\lbrack x\right\rbrack$ （其中 $F$ 是一个域）中是一致的。

命题 11

在一个主理想整环中，一个非零元素是素数当且仅当它是不可约的。

证明：我们已经在上面展示了素数意味着不可约。我们必须反过来证明，如果 $p$ 是不可约的，那么 $p$ 是素数，即理想 (p) 是一个素理想。如果 $M$ 是包含 (p) 的任意理想，那么根据假设 $M = \left( m\right)$ 是一个主理想。因为 $p \in \left( m\right) ,p = {rm}$ 对于某些 $r$ 。但是 $p$ 是不可约的，所以根据定义 $r$ 或 $m$ 是一个单位。这意味着 $\left( p\right) = \left( m\right)$ 或 $\left( m\right) = \left( 1\right)$ 分别成立。因此，包含 (p) 的唯一理想是 (p) 或 (1)，即 (p) 是一个极大理想。由于极大理想是素理想，证明完成。

示例

命题 11 提供了另一个证明，说明二次整数环 $\mathbb{Z}\left\lbrack \sqrt{-5}\right\rbrack$ 不是一个 P.I.D.，因为在这个环中 3 是不可约的但不是素数。

在整数 $\mathbb{Z}$ 中的不可约元素是素数（及其负数），这是我们从初等算术中熟悉的，两个整数 $a$ 和 $b$ 当且仅当 $a = \pm b$ 时互为关联。

在整数 $\mathbb{Z}$ 中，任何整数 $n$ 都可以写成素数的乘积（不一定是不同的），如下所示。如果 $n$ 本身不是素数，那么根据定义，可以写成 $= {n}_{1}{n}_{2}$ ，这里的两个其他整数 ${n}_{1}$ 和 ${n}_{2}$ 都不是单位，即它们都不是 $\pm 1$ 。${n}_{1}$ 和 ${n}_{2}$ 的绝对值都必须小于 $n$ 本身。如果它们是素数，我们就已经把 $n$ 写成素数的乘积了。如果 ${n}_{1}$ 或 ${n}_{2}$ 中的一个是合数，那么它可以进一步分解为两个（更小的）整数。由于整数的绝对值不能无限增加，我们最终一定会只剩下素数因子，因此我们已将 $n$ 写成素数的乘积。

例如，如果 $n = {2210}$ ，上述算法进行如下：$n$ 不是素数，因为我们能写成 $n = 2 \cdot {1105}$ 。整数 2 是素数，但 1105 不是：$\left\{ \begin{aligned} 0 \\ 5 \end{aligned}\right\} = 5 \cdot {221}$ 。整数 5 是素数，但 221 不是：${221} = {13} \cdot {17}$ 。在这里算法终止，因为 13 和 17 都是素数。这给出了 2210 的素数分解 ${2210} = 2 \cdot 5 \cdot {13} \cdot {17}$ 。类似地，我们找到 ${1131} = 3 \cdot {13} \cdot {29}$ 。在这些示例中，每个素数只出现了一次，但当然在一般情况下不一定如此。

在环 $\mathbb{Z}$ 中，不仅每个整数 $n$ 可以写成乘积的形式，而且实际上这种分解是唯一的，在任意两个相同正整数的素因子分解 $n$ 只在正素因子的书写顺序上有所不同。限制为正整数是为了避免将15的因子分解（3）（5）和 $\left( {-3}\right) \left( {-5}\right)$ 视为本质上不同的。环 $\mathbb{Z}$ 的这种唯一分解性质（我们很快就会证明）对于整数的算术非常有用。具有类似性质的一般环被赋予了一个名称。

定义

唯一分解整环（U.F.D.）是一个整环 $R$，其中每个非零元素 $r \in R$（不是单位元）都具有以下两个性质：

（i）$r$ 可以写成 $R$ 的不可约元素 ${p}_{i}$ 的有限乘积（不一定互不相同）：$r = {p}_{1}{p}_{2}\cdots {p}_{n}$ 并且

$\textbf{(ii)}$ （i）中的分解在关联元素下是唯一的：即，如果 $r = {q}_{1}{q}_{2}\cdots {q}_{m}$ 是 $r$ 的另一个不可约分解，那么 $m = n$ 并且可以通过重新排列因子使得 ${p}_{i}$ 与 ${q}_{i}$ 关联，对于 $i = 1,2,\ldots ,n$ 。

示例

（1）一个域 $F$ 显然是一个唯一分解整环，因为每个非零元素都是单位元，所以没有元素需要验证性质（i）和（ii）。

（2）如上所述，我们很快将证明每个主理想整环都是一个唯一分解整环（因此，特别是 $\mathbb{Z}$ 和 $F\left\lbrack x\right\rbrack$ ，其中 $F$ 是一个域，都是唯一分解整环）。

(3) 我们还将在下一章中证明，当 $R\left\lbrack x\right\rbrack$ 本身是一个唯一分解整环时，多项式环 $R\left\lbrack x\right\rbrack$ 是一个唯一分解整环（这与主理想整环或欧几里得整环的性质不同，后者不能从环 $R$ 传递到多项式环 $R\left\lbrack x\right\rbrack$）。这个结果结合前面的例子将表明 $\mathbb{Z}\left\lbrack x\right\rbrack$ 是一个唯一分解整环。

(4) 高斯整数环 $R = \mathbb{Z}\left\lbrack {2i}\right\rbrack = \{ a + {2bi} \mid a,b \in \mathbb{Z}\}$ 的子环，其中 ${i}^{2} = - 1$ ，是一个整环但不是一个唯一分解整环（这种性质的环在7.1节的练习题23中引入）。元素2和 ${2i}$ 是 $R$ 中的不可约元素，但它们不是关联的，因为 $i \notin R$ ，并且 $4 = 2 \cdot 2 = \left( {-{2i}}\right) \cdot \left( {2i}\right)$ 在 $R$ 中有两个不同的分解。也可以直接验证 ${2i}$ 在 $R$ 中是不可约的但不是素数（因为 $R/\left( {2i}\right) \cong \mathbb{Z}/4\mathbb{Z}$）。在较大的高斯整数环 $\mathbb{Z}\left\lbrack i\right\rbrack$ 中（这是一个唯一分解整环），2和2i是关联的，因为 $i$ 在这个较大的环中是一个单位。我们将在9.3节末尾给出一个稍微不同的证明，证明 $\mathbb{Z}\left\lbrack {2i}\right\rbrack$ 不是一个唯一分解整环（在这个证明中我们不需要检查2和 ${2i}$ 是否是不可约的）。

(5) 二次整数环 $\mathbb{Z}\left\lbrack \sqrt{-5}\right\rbrack$ 是一个非唯一分解整环的例子，因为 $6 = 2 \cdot 3 = \left( {1 + \sqrt{-5}}\right) \left( {1 - \sqrt{-5}}\right)$ 给出了 6 分解为不可约元的两种不同分解。在 $\mathbb{Z}\left\lbrack \sqrt{-5}\right\rbrack$ 中的主理想 (6) 可以写成 4 个非主素理想的乘积：(6) $= {P}_{2}^{2}{P}_{3}{P}_{3}^{\prime }$。而在 $\mathbb{Z}\left\lbrack \sqrt{-5}\right\rbrack$ 中元素 6 的两种不同的分解可以被解释为这种理想乘积重排为素理想乘积的结果：${P}_{2}^{2} = \left( 2\right)$ 与 ${P}_{3}{P}_{3}^{\prime } = \left( 3\right)$ 的乘积，以及 ${P}_{2}{P}_{3} = \left( {1 + \sqrt{-5}}\right)$ 与 ${P}_{2}{P}_{3}^{\prime } = \left( {1 - \sqrt{-5}}\right)$ 的乘积（参见练习 8）。

虽然二次整数环 $\mathcal{O}$ 的元素不一定具有唯一分解性，但根据定理（推论 16.16），$\mathcal{O}$ 中的每个理想都可以唯一地写成素理想的乘积。将理想唯一分解为素理想的乘积这一性质在代数数域的整数环中普遍成立（二次整数环就是例子），并导致了第 16 章中考虑的 Dedekind 域的概念。正是由于数论中代数整数环的元素不能唯一分解为不可约元，才最初定义了理想。这些环中素理想的分解结果的唯一性，使得理想元素的“理想”行为（在“完美”或“理想”的意义上）成为这些（现在基本的）代数对象术语选择的基础。

不可约元素在唯一分解整环中的第一个性质是它们也是素数。人们可能会认为我们可以从这个命题以及之前提到的定理（我们稍后将证明）——即每个主理想整环都是唯一分解整环——推导出命题11，然而命题11将在后一定理的证明中被使用。

命题12

在唯一分解整环中，一个非零元素是素数当且仅当它是不可约的。

证明：设 $R$ 是一个唯一分解整环。由于根据命题10，$R$ 中的素数是不可约的，因此需要证明每个不可约元素都是素数。设 $p$ 是 $R$ 中的一个不可约元素，并假设 $p \mid {ab}$ 对于某些 $a,b \in R$ 成立；我们必须证明 $p$ 能整除 $a$ 或 $b$。说 $p$ 能整除 ${ab}$ 就是说 ${ab} = {pc}$ 对于 $R$ 中的某些 $c$ 成立。将 $a$ 和 $b$ 写成不可约元素的乘积，我们从最后一个等式以及 ${ab}$ 分解为不可约元素的唯一性可以看出，不可约元素 $p$ 必须与 $a$ 或 $b$ 分解中出现的不可约元素之一相关。我们可以假设 $p$ 与 $a$ 分解中的一个不可约元素相关，即 $a$ 可以写成乘积 $a = \left( {up}\right) {p}_{2}\cdots {p}_{n}$ 的形式，其中 $u$ 是一个单位元素，以及一些（可能是空的）不可约元素 ${p}_{2},\ldots ,{p}_{n}$。但是然后 $p$ 能整除 $a$，因为 $a = {pd}$ 且 $d = u{p}_{2}\cdots {p}_{n}$，从而完成了证明。

在唯一分解整环中，我们现在将“素数”和“不可约元素”这两个术语互换使用，尽管我们通常会分别指代 $\mathbb{Z}$ 中的“素数”和 $F\left\lbrack x\right\rbrack$ 中的“不可约元素”。

我们将使用前面的命题来证明，在唯一分解整环中，任何两个非零元素 $a$ 和 $b$ 都有一个最大公约数：

命题 13

设 $a$ 和 $b$ 是唯一分解整环 $R$ 中的两个非零元素，并假设

是 $a$ 和 $b$ 的素因子分解，其中 $u$ 和 $v$ 是单位元，素数 ${p}_{1},{p}_{2},\ldots ,{p}_{n}$ 互不相同，指数 ${e}_{i}$ 和 ${f}_{i}$ 是 $\geq 0$ 。那么该元素

（如果所有指数都是 0，则 $d = 1$）是 $a$ 和 $b$ 的最大公约数。

证明：由于 $d$ 中每个素数的指数都不大于 $a$ 和 $b,d$ 分解中的指数，因此 $d$ 同时整除 $a$ 和 $b$ 。为了证明 $d$ 是最大公约数，设 $c$ 为 $a$ 和 $b$ 的任意公约数，并设 $c = {q}_{1}{}^{{g}_{1}}{q}_{2}{}^{{g}_{2}}\cdots {q}_{m}{}^{{g}_{m}}$ 为 $c$ 的素数分解。由于每个 ${q}_{i}$ 都整除 $c$ ，因此也整除 $a$ 和 $b$ ，由之前的命题可知 ${q}_{i}$ 必须整除 ${p}_{j}$ 中的一个素数。特别地，考虑到相伴元（即乘以一个单位数的倍数），$c$ 中出现的素数必须是 $a$ 和 $b : \left\{ {{q}_{1},{q}_{2},\ldots ,{q}_{m}}\right\} \subseteq \left\{ {{p}_{1},{p}_{2},\ldots ,{p}_{n}}\right\}$ 中出现的素数的子集。类似地，$c$ 中出现的素数的指数不得大于 $d$ 中的指数。这意味着 $c$ 整除 $d$ ，从而完成了证明。

示例

在上述示例中，其中 $a = {2210}$ 和 $b = {1131}$ ，我们可以立即从它们的素数分解中得出 $\left( {a,b}\right) = {13}$ 。请注意，如果已知 $a$ 和 $b$ 的素数分解，上述命题可以立即给出它们的最大公约数，但找到这些素数分解在计算上是非常耗时的。欧几里得算法是确定两个整数最大公约数的最快方法，但遗憾的是，它几乎不提供整数的素数分解信息。

现在我们来讨论本章引入的一些环的主要结果之一。

定理 14

每个主理想整环都是一个唯一分解整环。特别地，每个欧几里得整环都是一个唯一分解整环。

证明：注意第二个断言可以从第一个断言推出，因为欧几里得域是主理想整环。为了证明第一个断言，设 $R$ 是一个主理想整环，并且设 $r$ 是 $R$ 中的一个非零元素，它不是一个单位。我们必须首先证明 $r$ 可以写成 $R$ 中不可约元素的有限乘积，然后我们必须验证这种分解在单位下是唯一的。

第一个部分的证明方法与确定整数的素因子分解的方法完全类似。假设 $r$ 是非零的并且不是一个单位。如果 $r$ 本身就是不可约的，那么我们就完成了。如果不是，那么根据定义，$r$ 可以写成 $r = {r}_{1}{r}_{2}$ 的乘积，其中 ${r}_{1}$ 和 ${r}_{2}$ 都不是单位。如果这两个元素都是不可约的，那么我们再次完成了，已经将 $r$ 写成了不可约元素的乘积。否则，至少有一个元素，比如说 ${r}_{1}$ 是可约的，因此可以写成两个非单位元素 ${r}_{1} = {r}_{11}{r}_{12}$ 的乘积，以此类推。我们必须验证的是这个过程会终止，即我们必须达到一个点，在这个点上所有作为 $r$ 因子的元素都是不可约的。假设不是这种情况。从分解 $\;r = \frac{{r}_{1}}{{r}_{2}}\;$ 我们得到一个理想的正确包含：$\;\left( r\right) \subset \left( {r}_{1}\right) \subset R.$ 第一个包含是正确的，因为 ${r}_{2}$ 不是一个单位，最后一个包含是正确的，因为 ${r}_{1}$ 不是一个单位。从 ${r}_{1}$ 的分解中，我们同样得到 $\left( r\right) \subset \left( {r}_{1}\right) \subset \left( {r}_{11}\right) \subset R$ 。如果这个分解过程在有限步骤后没有终止，那么我们将得到一个无限升链的理想：

其中所有包含关系都是适当的，选择公理确保存在一个无限链（参见附录I）。

我们现在证明，在主理想整环中，任何升链 ${I}_{1} \subseteq {I}_{2} \subseteq \cdots \subseteq R$ 的理想最终会变得稳定，即存在某个正整数 $n$ 使得 ${I}_{k} = {I}_{n}$ 对于所有 $k \geq n{.}^{3}$ 成立。特别是，不可能存在一个所有包含关系都是适当的无限升链的理想。设 $I = { \cup }_{i = 1}^{\infty }{I}_{i}$ 。正如在第7.4节的命题11的证明中一样，可以容易地推出 $I$ 是一个理想。由于 $R$ 是一个主理想整环，因此它是本原生成的，比如说 $I = \left( a\right)$ 。由于 $I$ 是上方所有理想的并集，$a$ 必须是链中某个理想的元素，比如说 $a \in {I}_{n}$ 。但是，然后我们有 ${I}_{n} \subseteq I = \left( a\right) \subseteq {I}_{n}$ ，因此 $I = {I}_{n}$ ，链在 ${I}_{n}$ 处变得稳定。这证明了 $R$ 的每个非零元素，如果不是单位元，则在 $R$ 中有一个不可约因子的分解。

还需要证明上述分解本质上是唯一的。我们通过对元素 $r$ 的某个分解中不可约因子的数量 $n$ 进行归纳来证明。如果 $n = 0$ ，那么 $r$ 是一个单位元。如果我们有 $r = {qc}$（某个其他的分解）对于某个不可约的 $q$ ，那么 $q$ 将除以一个单位元，因此它本身也将是一个单位元，这是矛盾的。现在假设 $n$ 至少为1，并且我们有两个乘积

对于 $r$ ，其中 ${p}_{i}$ 和 ${q}_{j}$ 是（不一定是不同的）不可约元素。从那时起 ${p}_{1}$ 除以右边的乘积，根据命题 11 我们可以看出 ${p}_{1}$ 必须除以其中一个因子。在需要时重新编号，我们可以假设 ${p}_{1}$ 除以 ${q}_{1}$ 。但是接下来 ${q}_{1} = {p}_{1}u$ 对于 $R$ 中的某个元素 $u$ ，实际上必须是一个单位，因为 ${q}_{1}$ 是不可约的。因此 ${p}_{1}$ 和 ${q}_{1}$ 是关联的。取消 ${p}_{1}$（请记住我们在一个整环中，所以这是合法的），我们得到方程

其中 ${q}_{2}{}^{\prime } = u{q}_{2}$ 再次是一个不可约元素（与 ${q}_{2}$ 关联）。通过对 $n$ 进行归纳，我们得出结论，左边的每个因子（至多与关联项匹配）与右边的因子（因此也与中间的因子匹配，它们是相同的，至多与关联项匹配）一一对应。由于 ${p}_{1}$ 和 ${q}_{1}$（在最初的重编号之后）已经被证明是关联的，这完成了归纳步骤并证明了定理。

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${}^{3}$ 同样的论证可以用来证明一个更一般的陈述：在任何所有理想都是有限生成的交换环中，升链理想会变得稳定。这个结果在第 12 章中将会被需要，届时会详细重复。

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推论 15（算术基本定理）

整数 $\mathbb{Z}$ 是一个唯一分解整环。

证明：整数 $\mathbb{Z}$ 是一个欧几里得整环，因此根据定理，它们是一个唯一分解整环。

现在我们可以完成等价性（命题9）的证明，即积分域 $R$ 上存在 Dedekind-Hasse 范数与 $R$ 是否为 P.I.D. 之间的关系。

推论16

设 $R$ 为一个 P.I.D.，则存在 $R$ 上的乘法 Dedekind-Hasse 范数。

证明：如果 $R$ 是一个 P.I.D.，那么 $R$ 是一个 U.F.D.。定义范数 $N$ 为 $N\left( 0\right) = 0$ ，如果 $u$ 是一个单位，则 $N\left( a\right) = {2}^{n}$ ，如果 $a = {p}_{1}{p}_{2}\cdots {p}_{n}$ ，其中 ${p}_{i}$ 是 $R$ 中的不可约元素（由于 $a$ 的不可约因子数量是唯一的，因此定义良好）。显然 $N\left( {ab}\right) = N\left( a\right) N\left( b\right)$ ，所以 $N$ 是正的且乘法的。为了证明 $N$ 是一个 Dedekind-Hasse 范数，假设 $a,b$ 是 $R$ 中的非零元素。那么由 $a$ 和 $b$ 生成的理想是主理想，根据假设，可以表示为 $\left( {a,b}\right) = \left( r\right)$ 。如果 $a$ 不包含在理想（b）中，那么 $r$ 也不包含在（b）中，即 $r$ 不能被 $b$ 整除。由于 $b = {xr}$ 对于某些 $x \in R$ 成立，因此 $x$ 在 $R$ 中不是单位，所以 $N\left( b\right) = N\left( x\right) N\left( r\right) > N\left( r\right)$ 。因此 (a,b) 包含一个范数严格小于 $b,$ 的非零元素，从而完成了证明。

高斯整数中的因式分解

我们结束了关于唯一分解整环的讨论，通过描述高斯整数 $\mathbb{Z}\left\lbrack i\right\rbrack$ 中的不可约元素以及其在数论中费马著名定理的应用。这特别合适，因为对 $\mathbb{Z}\left\lbrack i\right\rbrack$ 的经典研究启动了对环的代数研究。

一般地，设 $\mathcal{O}$ 为一个二次整数环，设 $N$ 为第7.1节中引入的相应域范数。假设 $\alpha \in \mathcal{O}$ 是一个范数为 $\mathbb{Z}$ 中的素数 $p$ 的元素。如果 $\alpha = {\beta \gamma }$ 对于某个 $\beta ,\gamma \in \mathcal{O}$ 成立，那么 $p = N\left( \alpha \right) = N\left( \beta \right) N\left( \gamma \right)$ ，因此 $N\left( \beta \right)$ 或 $N\left( \gamma \right)$ 之一是 $\pm 1$ ，另一个是 $\pm p$ 。既然我们已经看到，$\mathcal{O}$ 的元素当且仅当它是 $\mathcal{O}$ 中的单位元时，其范数为 $\pm 1$ ，那么 $\alpha$ 的一个因子是单位元。因此...

假设 $\pi$ 是 $\mathcal{O}$ 中的素元素，并且让 $\left( \pi \right)$ 成为 $\mathcal{O}$ 中由 $\pi$ 生成的理想。由于 ( $\pi$ ) 是 $\mathcal{O}$ 中的素理想，很容易验证 $\left( \pi \right) \cap \mathbb{Z}$ 是 $\mathbb{Z}$ 中的素理想（如果 $a$ 和 $b$ 是满足 ${ab} \in \left( \pi \right)$ 的整数，那么 $a$ 或 $b$ 是 $\left( \pi \right)$ 的元素，因此 $a$ 或 $b$ 在 $\left( \pi \right) \cap \mathbb{Z}$ 中）。由于 $N\left( \pi \right)$ 是 $\left( \pi \right)$ 中的非零整数，我们有 $\left( \pi \right) \cap \mathbb{Z} = p\mathbb{Z}$ 对于某个素数 $p$ 。由 $p \in \left( \pi \right)$ 推出 $\pi$ 是 $\mathcal{O}$ 中整数的素数 $p$ 的除数，因此 $\mathcal{O}$ 中的素元素可以通过确定 $\mathbb{Z}$ 中的素数如何在更大的环 $\mathcal{O}$ 中分解来找到。假设 $\pi$ 在 $\mathcal{O}$ 中除以素数 $p$ ，比如说 $p = \pi {\pi }^{\prime }$ 。那么 $N\left( \pi \right) N\left( {\pi }^{\prime }\right) = N\left( p\right) = {p}^{2}$ ，因此由于 $\pi$ 不是单位，只有两种可能性：要么 $N\left( \pi \right) = \pm {p}^{2}$ 要么 $N\left( \pi \right) = \pm p$ 。在前一种情况下 $N\left( {\pi }^{\prime }\right) = \pm 1$ ，因此 ${\pi }^{\prime }$ 是单位，$p = \pi$（在关联元素下）在 $\mathbb{Z}\left\lbrack i\right\rbrack$ 中是不可约的。在后一种情况下 $N\left( \pi \right) = N\left( {\pi }^{\prime }\right) = \pm p$ ，因此 ${\pi }^{\prime }$ 也是不可约的，$p = \pi {\pi }^{\prime }$ 是恰好两个不可约元素的乘积。

现在考虑高斯整数 $D = - 1$ 的特殊情形 $\mathbb{Z}\left\lbrack i\right\rbrack$ 。我们已经看到 $\mathbb{Z}\left\lbrack i\right\rbrack$ 中的单位元素是 $\pm 1$ 和 $\pm i$ 。我们在第1节中证明了 $\mathbb{Z}\left\lbrack i\right\rbrack$ 是一个欧几里得域，因此它也是一个主理想域和唯一分解整环，所以不可约元素与素数元素相同，可以通过观察 $\mathbb{Z}$ 中的素数如何在更大的环 $\mathbb{Z}\left\lbrack i\right\rbrack$ 中分解来确定。

在这种情况下 $\alpha = a + {bi}$ 有 $N\left( \alpha \right) = \alpha \bar{\alpha } = {a}^{2} + {b}^{2}$ ，其中 $\bar{\alpha } = a - {bi}$ 是 $\alpha .$ 的复共轭。根据我们刚才看到的内容，$p\textit{ factors in }\mathbb{Z}\left\lbrack i\right\rbrack \textit{ into precisely two }$ 是不可约的当且仅当 $p = {a}^{2} + {b}^{2}$ 是两个整数平方的和（否则 $p$ 在 $\mathbb{Z}\left\lbrack i\right\rbrack$ 中保持不可约）。如果 $p = {a}^{2} + {b}^{2}$ ，那么在 $\mathbb{Z}\left\lbrack i\right\rbrack$ 中对应的不可约元素是 $a \pm {bi}$ 。

显然，2 $= {1}^{2} + {1}^{2}$ 是两个平方的和，从而有分解 2 $=$ $\left( {1 + i}\right) \left( {1 - i}\right) = - i{\left( 1 + i\right) }^{2}$ 。不可约元素 $1 + i$ 和 $1 - i = - i\left( {1 + i}\right)$ 是关联的，并且很容易验证这是唯一的情况，其中共轭不可约元素 $a + {bi}$ 和 $a - {bi}$ 可以是关联的。

由于任何整数的平方模4同余于0或1，$\mathbb{Z}$ 中是两个平方和的奇素数必然同余于1模4。因此，如果 $p$ 是 $\mathbb{Z}$ 中的一个素数，且 $p \equiv 3{\;\operatorname{mod}\;4}$ ，那么 $p$ 不是两个平方的和，并且 $p$ 在 $\mathbb{Z}\left\lbrack i\right\rbrack$ 中保持不可约。

假设现在 $p$ 是 $\mathbb{Z}$ 的一个素数，且 $p \equiv 1{\;\operatorname{mod}\;4}$ 。我们将证明 $p$ 在 $\mathbb{Z}\left\lbrack i\right\rbrack$ 中不能是不可约的，这将表明 $p = \left( {a + {bi}}\right) \left( {a - {bi}}\right)$ 可以分解为 $\mathbb{Z}\left\lbrack i\right\rbrack$ 中两个不同不可约元的乘积，或者等价地说，$p = {a}^{2} + {b}^{2}$ 是两个平方数的和。我们首先证明以下来自初等数论的结果：

引理 17

素数 $p \in \mathbb{Z}$ 整除形式为 ${n}^{2} + 1$ 的整数当且仅当 $p$ 是 2 或者是一个模 4 同余于 1 的奇素数。

证明：对于 $p = 2$ 的陈述是平凡的，因为 $2 \mid {1}^{2} + 1$ 。如果 $p$ 是一个奇素数，注意到 $p \mid {n}^{2} + 1$ 在 $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$ 中等价于 ${n}^{2} = - 1$ 。这反过来等价于说 $n$ 的同余类在乘法群 ${\left( \mathbb{Z}/p\mathbb{Z}\right) }^{ \times }$ 中的阶为 4。因此，$p$ 整除形式为 ${n}^{2} + 1$ 的整数当且仅当 ${\left( \mathbb{Z}/p\mathbb{Z}\right) }^{ \times }$ 包含一个阶为 4 的元素。根据拉格朗日定理，如果 ${\left( \mathbb{Z}/p\mathbb{Z}\right) }^{ \times }$ 包含一个阶为 4 的元素，那么 $\left| {\left( \mathbb{Z}/p\mathbb{Z}\right) }^{ \times }\right| = p - 1$ 可以被 4 整除，即 $p$ 模 4 同余于 1。

相反地，假设 $p - 1$ 能被 4 整除。我们首先证明 ${\left( \mathbb{Z}/p\mathbb{Z}\right) }^{ \times }$ 包含一个阶为 2 的唯一元素。如果 ${m}^{2} \equiv 1$ 对 $p$ 取模，那么 $p$ 能整除 ${m}^{2} - 1 = \left( {m - 1}\right) \left( {m + 1}\right) .$。因此 $p$ 能整除 $m - 1$（即 $m \equiv 1{\;\operatorname{mod}\;p})$）或 $m + 1$（即 $m \equiv - 1{\;\operatorname{mod}\;p}$），所以 -1 是 ${\left( \mathbb{Z}/p\mathbb{Z}\right) }^{ \times }$ 中阶为 2 的唯一同余类。现在，阿贝尔群 ${\left( \mathbb{Z}/p\mathbb{Z}\right) }^{ \times }$ 包含一个阶为 4 的子群 $H$（例如，除以子群 $\{ \pm 1\}$ 的商包含一个阶为 2 的子群，其原像是 ${\left( \mathbb{Z}/p\mathbb{Z}\right) }^{ \times }).$ 中的一个阶为 4 的子群）。

由于克莱因四元群有三个阶为 2 的元素，而 ${\left( \mathbb{Z}/p\mathbb{Z}\right) }^{ \times }$ -因此 $H$ 也有一个阶为 2 的唯一元素，$H$ 必须是阶为 4 的循环群。因此 ${\left( \mathbb{Z}/p\mathbb{Z}\right) }^{ \times }$ 包含一个阶为 4 的元素，即 $H$ 的生成元。

注意：我们稍后将在第 9.5 节的推论 19 证明 ${\left( \mathbb{Z}/p\mathbb{Z}\right) }^{ \times }$ 是一个循环群，由此立即得出，当且仅当 $p - 1$ 能被 4 整除时，存在一个阶为 4 的元素。

根据引理17，如果 $p \equiv 1{\;\operatorname{mod}\;4}$ 是一个质数，那么对于某些 $n \in \mathbb{Z}$ ，$p$ 在 $\mathbb{Z}$ 中整除 ${n}^{2} + 1$，因此在 $\mathbb{Z}\left\lbrack i\right\rbrack$ 中 $p$ 当然也整除 ${n}^{2} + 1 = \left( {n + i}\right) \left( {n - i}\right)$。如果 $p$ 在 $\mathbb{Z}\left\lbrack i\right\rbrack$ 中是不可约的，那么 $p$ 将会整除 $\mathbb{Z}\left\lbrack i\right\rbrack$ 中的 $n + i$ 或 $n - i$。在这种情况下，由于 $p$ 是一个实数，它将同时整除 $n + i$ 及其复共轭 $n - i$；因此 $p$ 将会整除它们的差，即 ${2i}$。显然，情况并非如此。我们已经证明了以下结果：

命题18。

(1) （费马关于平方和的定理）质数 $p$ 是两个整数平方的和 $p = {a}^{2} + {b}^{2},a,b \in \mathbb{Z}$，当且仅当 $p = 2$ 或 $p \equiv 1{\;\operatorname{mod}\;4}$。除了交换 $a$ 和 $b$，或者改变 $a$ 和 $b$ 的符号之外，$p$ 作为两个平方和的表示是唯一的。

(2) 高斯整数 $\mathbb{Z}\left\lbrack i\right\rbrack$ 中的不可约元素如下：

(a) $1 + i$（其范数为2），

(b) 范数为 ${p}^{2}$ 的质数 $p \in \mathbb{Z}$（其范数为 $p \equiv 3{\;\operatorname{mod}\;4}$），以及

(c) $a + {bi},a - {bi}$，即 $p = {a}^{2} + {b}^{2} =$ $\left( {a + {bi}}\right) \left( {a - {bi}}\right)$ 的不同不可约因子，对于具有 $p \equiv 1{\;\operatorname{mod}\;4}$ 的质数 $p \in \mathbb{Z}$（两者的范数均为 $p$）。

命题18的第一部分是费马在初等数论中的一个著名定理，对于这个定理可以给出多种不同的证明方法。

更一般地，整数 $n \in \mathbb{Z}$ 是否可以写成两个整数平方和的问题 $n = {A}^{2} + {B}^{2}$ ，等价于 $n$ 是否是高斯整数中元素 $A + {Bi}$ 的范数的问题，即 $n = {A}^{2} + {B}^{2} = N\left( {A + {Bi}}\right)$ 。将 $A + {Bi} = {\pi }_{1}{\pi }_{2}\cdots {\pi }_{k}$ 写成不可约数的乘积（除单位元外是唯一的），根据命题18中 $\mathbb{Z}\left\lbrack i\right\rbrack$ 的不可约数的显式描述，可知 $n$ 是范数当且仅当 $n$ 的素因子中，那些模4余3的素数指数是偶数。进一步，如果 $n$ 满足这个条件，那么 $A + {Bi}$ 在 $\mathbb{Z}\left\lbrack i\right\rbrack$ 中的分解的唯一性允许我们计算 $n$ 作为两个平方和的表示数，如下推论所示。

推论19

设 $n$ 是一个正整数，并写成

其中 ${p}_{1},\ldots ,{p}_{r}$ 是模4余1的不同素数，${q}_{1},\ldots ,{q}_{s}$ 是模4余3的不同素数。那么 $n$ 可以写成 $\mathbb{Z}$ 中的两个平方和，即 $n = {A}^{2} + {B}^{2}$ ，当且仅当每个 ${b}_{i}$ 是偶数。进一步，如果 $n$ 满足这个条件，那么 $n$ 作为两个平方和的表示数是 $4\left( {{a}_{1} + 1}\right) \left( {{a}_{2} + 1}\right) \cdots \left( {{a}_{r} + 1}\right) .$。

证明：引理中的第一个陈述已在前面证明。现在假设 ${b}_{1},\ldots ,{b}_{s}$ 都是偶数。对于每个同余于1模4的素数 ${p}_{i}$ ，设 ${p}_{i} = {\pi }_{i}\overline{{\pi }_{i}}$ 为 $i = 1,2,\ldots ,r$ ，其中 ${\pi }_{i}$ 和 $\overline{{\pi }_{i}}$ 是命题18中(2)(c)部分的不可约元素。如果 $N\left( {A + {Bi}}\right) = n$ ，那么通过检查范数，我们看到，在单位元的意义上，$A + {Bi}$ 在 $\mathbb{Z}\left\lbrack i\right\rbrack$ 中分解为不可约元的分解式为

其中非负整数 ${a}_{i,1},{a}_{i,2}$ 满足 ${a}_{i,1} + {a}_{i,2} = {a}_{i}$ 对于 $i = 1,2,\ldots ,r$ 。由于 ${a}_{i,1}$ 可以取值 $0,1,\ldots ,{a}_{i}$ （此时 ${a}_{i,2}$ 确定），在单位元的意义上，$\mathbb{Z}\left\lbrack i\right\rbrack$ 中范数为 $n$ 的不同元素 $A + {Bi}$ 总共有 $\left( {{a}_{1} + 1}\right) \left( {{a}_{2} + 1}\right) \cdots \left( {{a}_{r} + 1}\right)$ 个。最后，由于 $\mathbb{Z}\left\lbrack i\right\rbrack$ 中有四个单位元，因此引理中的第二个陈述成立。

示例

由于 493 $= {17} \cdot {29}$ 且两个素数都同余于1模4，所以 493 $= {A}^{2} + {B}^{2}$ 是两个整数平方的和。由于 17 $= \left( {4 + i}\right) \left( {4 - i}\right)$ 且 29 $= \left( {5 + {2i}}\right) \left( {5 - {2i}}\right)$ ，$A + {Bi}$ 在 $\mathbb{Z}\left\lbrack i\right\rbrack$ 中单位元意义下的可能分解为 $\left( {4 + i}\right) \left( {5 + {2i}}\right) = {18} + {13i}$ ，$\left( {4 + i}\right) \left( {5 - {2i}}\right) = \left( \begin{aligned} 2 \\ {2 - {3i}} \end{aligned}\right) ,\;\left( {4 - i}\right) \left( {5 - {2i}}\right) = \left( \begin{aligned} 2 \\ {2 + {3i}} \end{aligned}\right) ,\;$ 和 $\;\left( {4 - i}\right) \left( {5 - {2i}}\right) = \left( \begin{aligned} 1 \\ {8 - 1} \end{aligned}\right) {3i}.$ 。乘以 -1 反转两个符号，乘以 $i$ 交换 $A$ 和 $B$ 并引入一个符号变化。那么 ${493} = {\left( \pm {18}\right) }^{2} + {\left( \pm {13}\right) }^{2} = {\left( \pm {22}\right) }^{2} + {\left( \pm 3\right) }^{2}$ 在所有可能的符号选择下给出 493 作为两个平方和的16种可能表示中的8种；剩下的8种通过交换两个加数得到。

同样，整数 ${58000957} = {7}^{6} \cdot {17} \cdot {29}$ 可以恰好以16种方式写为两个平方数的和，这是通过将上面493 $= {A}^{2} + {B}^{2}$ 中的每个整数 $A,B$ 乘以 ${7}^{3}$ 得到的。

总结

总结来说，我们在具有单位元的交换环类之间有以下包含关系：

所有包含关系都是真包含。回顾 $\mathbb{Z}$ 是一个欧几里得域但不是域，二次整数环 $\mathbb{Z}\left\lbrack {\left( {1 + \sqrt{-{19}}}\right) /2}\right\rbrack$ 是一个主理想域但不是欧几里得域，$\mathbb{Z}\left\lbrack x\right\rbrack$ 是一个唯一分解整环（第9章定理7）但不是主理想域，而 $\mathbb{Z}\left\lbrack \sqrt{-5}\right\rbrack$ 是一个不是唯一分解整环的整环。