6-1 Euclid整域・主イデアル整域・一意分解整域

Euclid整域 $R$ のイデアル $I$ を取ります。$I=\{0\}$ なら $I=(0)$。$I\ne\{0\}$ なら、非零元 $a\in I$ の $\delta(a)$ のうち最小のものを取る $d\in I$ を選びます。
任意の $a\in I$ を $d$ で割り
$$ a=dq+r, \qquad r=0\text{ または }\delta(r)<\delta(d) $$
と書きます。$a,d\in I$ なので
$$ r=a-dq\in I. $$
$r\ne0$ なら $d$ の選び方に反して $I$ により小さいEuclid値の非零元が入ります。従って $r=0$ で $d\mid a$。よって $I\subset(d)$。
逆に $d\in I$ なので吸収性から $(d)\subset I$。従って $I=(d)$ です。□

PIDなので $(a,b)=(d)$ となる $d$ があります。$a,b\in(d)$ だから $d\mid a,d\mid b$、すなわち $d$ は公約元です。
$c$ が $a,b$ の公約元なら $a=ca',b=cb'$ と書けます。$d\in(a,b)$ なので、ある $x,y$ により
$$ d=ax+by=c(a'x+b'y), $$
従って $c\mid d$。よって $d$ は最大公約元です。また表示 $d=ax+by$ は $(a,b)$ の定義そのものから得られます。□

$p\mid ab$ とします。イデアル $(p,a)$ はPIDなので $(d)$ と書けます。$d\mid p$ で $p$ は既約だから、$d$ は単元であるか $p$ と同伴です。
$d$ が $p$ と同伴なら $(p,a)=(p)$。特に $a\in(p)$ なので $p\mid a$。
$d$ が単元なら $(p,a)=R$。Bézout恒等式から
$$ xp+ya=1 $$
となる $x,y\in R$ があります。両辺に $b$ を掛けると
$$ b=xpb+yab. $$
右辺の第一項は $p$ の倍数で、仮定 $p\mid ab$ から第二項も $p$ の倍数。従って $p\mid b$ です。いずれの場合も $p\mid a$ または $p\mid b$ なので、$p$ は素元です。□

和集合
$$ I=\bigcup_{n\ge1}I_n $$
を考えます。$x\in I_m,y\in I_n$ なら、$N=\max(m,n)$ として $x,y\in I_N$ なので $x-y\in I_N\subset I$。また外からの積でも閉じるため $I$ はイデアルです。
PIDなので $I=(d)$。$d\in I$ だから、ある $N$ で $d\in I_N$。すると
$$ I=(d)\subset I_N\subset I, $$
よって $I_N=I$。$n\ge N$ では $I_N\subset I_n\subset I$ なので全て等しく、昇鎖は停止します。□

まず分解の存在を示します。非零非単元 $a$ が既約なら終わり。既約でなければ
$$ a=a_1b_1 $$
と非単元の積に分解できます。このとき
$$ (a)\subsetneq(a_1). $$
包含は $a=a_1b_1$ から従います。もし等号なら $a_1=ac$ と書け、
$$ a_1=a_1b_1c. $$
$a_1\ne0$ を消去すると $b_1c=1$ となり、$b_1$ が単元になって矛盾です。
$a_1$ が既約でなければさらに分解し、主イデアルの真の昇鎖
$$ (a)\subsetneq(a_1)\subsetneq(a_2)\subsetneq\cdots $$
を得ます。昇鎖停止補題によりこれは有限回で止まります。同じ操作を各未分解因子へ行うと、有限個の既約元の積が得られます。より形式的には、分解不能な元があると仮定し、そのような元から上の昇鎖を作れば停止点も分解不能かつ可約となり矛盾します。
次に一意性を示します。
$$ p_1p_2\cdots p_r=q_1q_2\cdots q_s $$
を既約分解とします。PIDでは既約元 $p_1$ は素元なので、右辺の積を割れば、ある $j$ で $p_1\mid q_j$。$q_j$ も既約なので $p_1$ と $q_j$ は同伴です。順序を入れ替え、単元を吸収して両辺からこの因子を消去できます。これを帰納的に繰り返すと $r=s$ で、順序を除いて各 $p_i$ が対応する $q_i$ と同伴になります。□

$\alpha,\beta\in\mathbb Z[i]$、$\beta\ne0$ とします。複素数 $z=\alpha/\beta$ の実部・虚部に最も近い整数 $m,n$ を選び、$q=m+ni$ と置きます。各座標の誤差は絶対値 $1/2$ 以下なので
$$ |z-q|^2\le\frac14+\frac14=\frac12<1. $$
$r=\alpha-q\beta$ とすれば $\alpha=q\beta+r$ で、$r\ne0$ の場合
$$ N(r)=|r|^2=|\beta|^2|z-q|^2 <|\beta|^2=N(\beta). $$
従ってEuclid除法が成り立ちます。□

$\alpha\beta=1$ なら
$$ N(\alpha)N(\beta)=N(1)=1. $$
ノルムは非負整数なので $N(\alpha)=1$。$a^2+b^2=1$ の整数解は
$$ (a,b)=(\pm1,0),(0,\pm1) $$
だけです。従って単元は
$$ 1,-1,i,-i $$
です。実際それぞれ逆元をもちます。□

$(a,b)=(d)$ とします。$d$ は最大公約元です。共通の非単元因子がないことは、最大公約元 $d$ が単元であることと同値です。$d$ が単元なら $(d)=R$、逆に $(d)=R$ なら $1\in(d)$ なので $d$ は単元です。従って最初の同値を得ます。
$(a,b)=R$ なら $1\in(a,b)$ なので、生成イデアルの定義から
$$ ax+by=1 $$
となる $x,y$ が存在します。□

ノルムは非負整数で積を保ち、非零非単元のノルムは1より大きいです。$a^2+5b^2=2$ または3には整数解がありません。実際 $b=0$ なら平方が2または3にならず、$|b|\ge1$ ならノルムは5以上です。
2が可約なら $N(2)=4$ が1より大きい二整数の積となるので両因子のノルムは2ですが、そのような元はありません。3が可約なら $N(3)=9$ から両因子のノルムは3ですが不可能です。
$N(1\pm\sqrt{-5})=6$。可約なら因子のノルムは2と3でなければなりませんが、どちらのノルムの元も存在しません。従って四元はすべて既約です。□