代数整数的最大公约数

hbghlyj

代数整数环 $\mathcal{O}$ 不是UFD，但依然存在任意两个元素的GCD，并可表为它们的线性组合（Bézout等式）

例1：计算 $\alpha = 2$ 和 $\beta = \sqrt{2}$ 的GCD。

这两个都在 $\mathcal{O}$ 中，我们看到 $2 = \sqrt{2} \cdot \sqrt{2}$，且 $\sqrt{2}\in\mathcal{O}$。所以，$\gcd(2, \sqrt{2}) = \sqrt{2}$

---

例2：计算 $\alpha = 5$ 和 $\beta = 1+2i$ 的GCD。

5可以分解为：$5 = (1+2i)(1-2i)$，且 $1-2i\in\mathcal{O}$。因此，$1+2i$ 是最大公约数。

---

例3：为什么完整的环 $\mathcal{O}$ 很重要

这个例子展示了在 $\mathcal{O}$ 中，GCD可能大于在子环中找到的GCD。

考虑元素 $\alpha = 2$ 和 $\beta = 1+\sqrt{-3}$。我们先在环 $D = \mathbb{Z}[\sqrt{-3}]$ 中查看。

在环 $D = \mathbb{Z}[\sqrt{-3}]$ 中：要找到2和 $1+\sqrt{-3}$ 的公约数，我们可以看它们的范数：$N(2)=4$ 和 $N(1+\sqrt{-3}) = 1^2 + 3(1^2) = 4$。任何公约数的范数必须整除4。
2在这个环中的约数只有 $\pm 1$ 和 $\pm 2$。
$1+\sqrt{-3}$ 的约数是 $\pm 1$ 和 $\pm(1+\sqrt{-3})$。
唯一的公约数是单位 $\pm 1$。所以，在环 $D$ 中，$\gcd(2, 1+\sqrt{-3})=1$。

在完整的代数整数环 $\mathcal{O}$ 中：环 $D = \mathbb{Z}[\sqrt{-3}]$ 缺少其分式域中的一个重要代数整数：$$\omega = \frac{1+\sqrt{-3}}{2}$$现在 $\beta=2\omega$，因为 $\omega\in\mathcal{O}$，这个分解在 $\mathcal{O}$ 中有效。现在，我们在 $\mathcal{O}$ 中计算 $\alpha=2$ 和 $\beta=2\omega$ 的GCD：2是 $\alpha=2$ 的约数。2是 $\beta=2\omega$ 的约数。所以，$\gcd(2, 1+\sqrt{-3}) = 2$
这个例子很关键：同两个数的GCD在较小的环 $\mathbb{Z}[\sqrt{-3}]$ 中是1，但在更大的环 $\mathcal{O}$ 中是2。这是因为 $\mathcal{O}$ 包含更多元素（如 $\omega$），允许新的分解，从而揭示“隐藏”的公约数。

hbghlyj

上面提及 $\mathbb{Z}[\sqrt{-3}]$ 是一个GCD域（即任意两个非零元素存在最大公约数）。把 $-3$ 改为 $-5$ 呢？
假设 $R=\mathbb{Z}[\sqrt{-5}]$ 的元素 $6$ 和 $2(1+\sqrt{-5})$ 存在GCD $d$
则 $N(d) \mid N(6)=36$ 和 $N(d) \mid N(2(1+\sqrt{-5}))=24$，即$N(d) \mid \gcd(36,24)=12$

$6 = 2 \cdot 3 = (1+\sqrt{-5})(1-\sqrt{-5})$，分解为不可约元不唯一
所以 $2$ 和 $1+\sqrt{-5}$ 均为公约数，则 $N(2)=4\mid N(d)$ 和 $N(1+\sqrt{-5})=6\mid N(d)$，即 $12\mid N(d)$

因此，$N(d)=12$。但在环 $\mathbb{Z}[\sqrt{-5}]$ 中，不存在元素 $d= a + b\sqrt{-5}$ 满足 $N(d) = a^2 + 5b^2 = 12$：  
若 $b=0$，则 $a^2=12$，无整数解。  
若 $|b|=1$，则 $a^2 + 5=12$，$a^2=7$，无整数解。  
若 $|b|=2$，则 $a^2 + 20=12$，$a^2=-8$，不可能。  
更高 $|b|$ 会使范数更大。
因此，不存在这样的 $d$，证明了 $\mathbb{Z}[\sqrt{-5}]$ 不是 GCD 域。