# 代數導論二 Week 3 (Part 4) - Principal Ideal Domain

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## 定義：Principal Ideal Domain

:::warning

Suppose $R$ is an integral domain. If every ideal in $R$ is a principal ideal, them $R$ is said to be a Princpal Ideal Domain.

:::

可以觀察：所以的 *Euclidean Domain* 都是 *PID*。但是反過來不一定對。

### 例子：反過來不一定對

考慮：

$$
\Bbb Z + \Bbb Z[\frac {1 + \sqrt{-19}}{2}]
$$

這個東西是一個 PID，但不是一個 Euclidean Domain。這個東西是因為剛剛那個必要條件不能直接用。所以自己去看課本嗚嗚。

## 觀察：「(a, b) 的生成元」等價「最大公因數」

:::danger

假定 $R$ 是一個 *PID*，且 $a, b \in R$。則：任意 $(a, b)$ 的生成元 $d$，都是 $a, b$ 的一個最大公因數，反之亦然。即：

$$
\begin{align}
&(a, b) = (d)
\newline
&\Rightarrow d\text{ is a gcd of }a, b
\end{align}
$$

(按：因為 *PID* 中每一個 *ideal* 都 *principal*，所以這樣的 $d$ 一定存在)

:::

這個敘述 $\Leftarrow$ 方向是交換環上就會對，所以實際上在 PID 中就是兩者等價。

因為現在在 *integral domain*，所以如果 $d \in (d) = (a, b)$，那很顯然 $d$ 是 $(a, b)$ 中的元素，所以可以寫成 $a, b$ 的線性組合。

這個定理可以把 $(a, b) = (d)$ 當前提是因為他是 PID，所以所有 *ideal* 都可以用單一元素生成：

$$
\begin{align}
&R \text{ is a PID }
\newline
&\Rightarrow \exists d \in R.(a, b) = (d)
\end{align}
$$

因為 *PID* 都是交換環，交換環中的 *principal ideal* 一定可以被兩者的最大公因數生成。也就是若令：

$$
d' = \gcd(a, b)
$$

那麼 $(a, b)$ 也可以由 $d'$ 生成：

$$
(a, b) = (d')
$$

所以這就表示 $d$ 跟 $d'$ 生成了一樣的 *ideal*：

$$
(d) = (d')
$$

因為 *PID* 都是 *integral domain*，而 *integral domain* 中，如果兩個元素生成了相同的 *ideal*，那麼他們之間只會差一個 *unit*。所以存在 $R$ 中的 *unit* $u$，使得：

$$
d = ud'
$$

因為跟 *gcd* 相差一個 *unit* 的元素也都還是 *gcd*，所以就得證 $d$ 也是一個 *gcd*。

### 推論：也有 Bezout's Identity

:::danger

假定 $R$ 是一個 *PID*，且 $a, b \in R$。若：

$$
d = \gcd(a, b)
$$

則 $d$ 可以被表為 $a, b$ 的線性組合

:::

## 定理：「非零 Prime Ideal」等價「Maximal Ideal」

:::danger

假定 $R$ 是一個 *PID*，且 $I\lhd R$，且 $I \neq \{0\}$。則：

$$
\begin{align}
&P \text{ prime}
\newline
&\iff P \text{ maximal}
\end{align}
$$

:::

一樣，之前證明過 $\Leftarrow$ 對於有 $1$ 的交換環都會對，所以現在只有 $\Rightarrow$ 方向要證明。假定有另外一個 $M \lhd R$，使得：

$$
P \subseteq M \subseteq R
$$

可以證明：

$$
M = P \text{ or }M = R
$$

因為現在在 *PID*，所以 $M$ 跟 $P$ 都可以被單一元素生成。而且既然 $P$ 被包在 $M$ 裡面，所以就有：

$$
M = (m) \supseteq P = (p)
$$

因此 $p \in (m)$，所以 $p$ 可以表為某個 $m$ 的倍數：

$$
\exists u \in R. mu = p
$$

不過 $mu$ 就是 $p$，而 $p$ 是 $P$ 的生成元，這表示 $mu$ 要在 $P$ 這個 *prime ideal* 裡面：

$$
mu \in P
$$

既然 $P$ 是 *prime ideal*，而且 $mu \in P$，所以依照 *prime ideal* 的定義，$m, u$ 至少要有一個在 $P$ 當中。也就是：

$$
\begin{align}
&P \text{ is prime}
\newline
&\Rightarrow m \in P \text{ or }u \in P
\end{align}
$$

接下來分狀況討論：

1. $m \in P$：這表示 $m$ 生成的 *ideal*，也就是 $M$，會在 $P$ 當中。但前面又假設 $P$ 在 $M$ 裡面，所以 $P = M$。也就是：

$$
\begin{align}
m \in P &\Rightarrow M = (m) \subseteq P
\newline
&\Rightarrow P = M
\end{align}
$$

2. $u \in P$：這表示存在 $v \in R$，使得 $u = vp$。即：

$$
\exists v \in R.u = vp
$$

但把他帶回 $mu$，這就表示：

$$
p = mu = mvp
$$

所以就有：

$$
(1 - mv)p = 0
$$

但 $p \neq 0$，否則 $P$ 就會是 $\{0\}$。所以唯一的可能就是：

$$
(1 - mv) = 0 \Rightarrow mv = 1
$$

這就表示 $m$ 是個 *unit*，所以 $M$ 是有個包含了 *unit* 的 *ideal*，因此就是全部：

$$
M = R
$$

4, 5, 6, 8, 10

### 推論：R[X] 是 PID 則 R 是 Field

:::danger

假定 $R$ 是一個交換環。則：

$$
\begin{align}
&R[x] \text{ is a PID}
\newline
&\Rightarrow R \text{ is a field}
\end{align}
$$

:::

因為是 *PID*，所以也是 *integral domain*，所以：

1. $R$ 中有 $1$：可以證明 $R[x]$ 中的常數多項式 $1$ 就是 $R$ 中的 $1$。因為對於任意非零多項式 $f(x)$，有：

$$
1 \cdot f(x) = f(x)
$$

又因為 $R[x]$ 是個 *integral domain*，所以：

$$
\deg 1 + \deg f = \deg f
$$

所以 $1 \in R[x]$ 是一個常數多項式：

$$
\deg 1 = 0
$$

既然是常數，所以 $1 \in R$。而且對於任意常數多項式 $c$：

$$
1 \cdot c = c \cdot 1 = c \quad \text{in }R[x]
$$

所有 $R$ 中的元素都可以是 $R[x]$ 中的常數多項式，所以計有：

$$
1 \cdot c = c \cdot 1 = c \quad \text{in }R
$$

2. $R$ 中沒有 *zero divisor*：因為 $R$ 中的元素都可以變成 $R[x]$ 中的常數多項式，所以 $R$ 中的 *zero divisor* 都可以變成 $R[x]$ 中的 *zero divisor*。但 $R[x]$ 中沒有 *zero divisor*，所以 $R$ 中就不可能有。

因此 $R$ 是一個 *Integral Domain*。又因為：

$$
R[x]/(x) \simeq R
$$

而且 *quotient* 之後得到的 $R$ 是一個 *integral domain*，所以 $(x)$ 是一個 *prime ideal*：

$$
(x) \text{ is a prime ideal}
$$

又因為 $R[x]$ 是個 *PID*，所以 *prime ideal* 等價 *maximal ideal*，因此：

$$
(x) \text{ is maximal}
$$

既然 $(x)$ 是 *maximal ideal*，所以：

$$
R[x]/(x) \text{ is a field}
$$

但這就表示跟他同構的 $R$ 也是一個 *field*：

$$
R[x]/(x) \simeq R \text{ is a field}
$$

> 那個同構的部分是用下面這個映射做出來的：
>
> $$
> \begin{align}
> \psi : R[x] &\to R
> \newline
> p(x) & \mapsto p(0)
> \end{align}
> $$
>
> 這個東西是一個 *ring homomorphism*，而且：
>
> $$
> \ker \psi = (x)
> $$
>
> $$
> \operatorname{Im}\psi = R
> $$
>
> 所以其實：
>
> $$
> R[x]/\ker \psi = R[x]/(x)
> $$
>
> 套一次 *first isomorphism theorem*，就有：
>
> $$
> R[x]/(x) \simeq \operatorname{Im} \psi = R
> $$

### 觀察：Z[x] 不是 PID

:::danger

$\Bbb Z[x]$ is not a PID

:::

## 觀察：PID 中 Prime 跟 Irreducible 等價

:::danger

假定 $R$ 是一個 PID，且 $r \in R$。那麼：

$$
\begin{align}
r \text{ prime} \iff r \text{ irreducible}
\end{align}
$$

:::

其中一個方向就是上面的定理，所以現在只有 *irreducible* 往 *prime* 的方向需要說明。

假定 $r$ 是一個 *irreducible*。可以證明：$(r)$ 是一個 $R$ 中的 *maximal ideal*。假定 $M$ 是一個 $R$ 中包含 $(r)$ 的 *ideal*，可以證明：$M$ 要嘛是 $(r)$ 自己，要嘛是整個 $r$。

首先，因為 $R$ 是一個 *PID*，所以 $M$ 要是個 *principal ideal*，意思就是 $M$ 可以被某個 $R$ 中的元素生成，假定這個元素是 $m$：

$$
\exists m \in R. M = (m)
$$

而 $(r) \subseteq M = (m)$，所以 $r$ 也要在 $(m)$ 中。所以就存在 $u \in R$，使得：

$$
r = mu
$$

既然 $r$ *irreducible*，所以 $u, m$ 裡面其中有一個要是 *unit*。

1. 如果 $m$ 是 *unit*，那 $(m)$ 這個 *ideal* 就包含了一個 *unit*，所以就要是整個 $R$

$$
\underbrace{m}_{\text{unit}} \in (m) = M \Rightarrow M = R
$$

3. 另外一方面，如果 $u$ 是 *unit*，因為生成元之間差一個 *unit*，都會生成出一樣的 *ideal*，所以就有：
$$
(r) = (mu) = \underbrace{(m)}_{M}
$$

但是這樣就證明了 $(r) = M$。

既然 $(r)$ 是一個 *maximal ideal*，而 *maximal ideal* 都是 *prime ideal*，所以就證明了 $(r)$ 是一個 *prime ideal*，所以 $r$ 是一個 *prime*。

> 如果可以用選擇公理的話，下面有一個用選擇公理的版本。
>
> 假定 $r \in R$ 是一個 *irreducible*，並且假定：
>
> $$
> r = ab
> $$
>
> 既然 $r$ 是 *irreducible*，$a, b$ 裡面其中一定有一個是 *unit*，而另外一個一定不是 *unit*，不然 $r$ 就會是兩個 *unit* 相乘，就變成 *unit* 跟 *irreducible* 的定義違背了。所以：
>
> $$(a \text{ is unit}) \text{ or } (b \text{ is unit})$$
>
> 不失一般性假定 $a$ 「不」是 *unit*。這就表示 $r$ 會被一個 *proper ideal* 包住：
>
> $$
> (a) \supseteq (r)
> $$
>
> 既然這樣，就表示 $(r)$ 也是一個 *proper ideal*。既然這樣，就表示 $(r)$ 會被包在某個 *maximal ideal* 中
>
> $$
> \exists \text{ a maximal ideal} \supseteq (r)
> $$
>
> 但是現在所有 *maximal ideal* 都是 *prime ideal*，所以這個 *maximal ideal* 也是一個 *prime ideal*。換句話說：
>
> $$
> \exists \text{ a prime ideal} \supseteq (r)
> $$
>
> 因為這是一個 *PID*，所以所有 *ideal* 都是 *principle ideal*。所以這個 *prime ideal* 可以由某一個元素生成。假定他是 $p$：
>
> $$
> \exists p .(p) \supseteq (r)
> $$
>
> 但是既然：
>
> $$
> r \in (p)
> $$
>
> 所以：
>
> $$
> \exists u \in R.r = pu
> $$
>
> 因為 $r$ 是 *irreducible*，所以 $p, u$ 裡面有一個要是 *unit*。但是 $p$ 是 *prime*，依照定義不可能是 *unit*，所以只可能是 $u$ 是 *unit*：
>
> $$
> r = pu \Rightarrow u\text{ is unit}
> $$
>
> 但這就表示 $r$ 跟 $p$ 只差一個 *unit*，所以他們會生成一樣的 *ideal*：
>
> $$
> (r) = \underbrace{(pu)}_{=\ (p)}
> $$
>
> 既然 $(p)$ 是一個 *prime ideal*，且 $(r) = (p)$，所以 $(r)$ 也是 *prime ideal*。既然 $r$ 生成的 *ideal* 是個 *prime ideal*，這就表示 $r$ 是一個 *prime*。

### 例子：用來證明不是 PID

:::danger

$\Bbb Z + \Bbb Z[\sqrt{-5}]$ is not a PID

:::

因為 $3$ [這個例子](https://hackmd.io/@0xff07/ring/https%3A%2F%2Fhackmd.io%2F%400xff07%2FBJDYKOdQu#觀察：Irreducible-但不是-Prime-的例子)，表示這個 *ring* 上面 *prime* 跟 *irreducible* 不等價，所以不可能是 *PID*