09 整环

整环是无零因子的有幺交换环。整环可以看作对整数环$\Z(+,\cdot)$的抽象。相比于一般的环，整环这一抽象保留了整数环中“整除”的概念，使得我们能够讨论其元素的“因子”与“分解”。

多项式环

在讨论整环之前，我们先特别讨论一下多项式环。给定环$R$，可以给出多项式环$R[x]=\{a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n\mid a_i\in R,n\in \N\}$（容易验证这确实是环，因为任意两个$R$的多项式相减依然是$R$的多项式，相乘也依然是$R$的多项式，结合律和分配律继承$R$的结合律和分配律）。

环$R[x]$的性质很大一部分继承了$R$的性质。容易发现，如果$R$是交换环，那么$R[x]$也是交换环；如果$R$有幺，那么$R[x]$也有幺（$1+0x+0x^2+\cdots=1$）；如果$R$是整环，那么$R[x]$也是整环（只需证$R[x]$无零因子，如果两个非零多项式相乘为0，则乘积的每一次项都为0，说明最高次项的系数相乘为0，这意味着$R$有零因子，矛盾）。

长除法

对于我们最熟悉的系数取自实数（复数）的多项式环$\R[x]$，我们有多项式长除法：$\forall f,g\in \R[x]$，存在唯一的$q(x),r(x)\in \R[x]$使得$f(x)=q(x)\cdot g(x)+r(x)$且$r(x)$的次数小于$g(x)$的次数。然而对于一般的多项式环$R[x]$，我们不能保证这样的长除法性质依然成立，例如由整环生成的多项式环$\Z[x]$就不能用$x^2+2x+1$对$3x$做长除法，因为这要求首项上$\dfrac{1}{3}x$，而$\dfrac{1}{3}$不是整数。然而如果我们强制要求多项式$g$的首项必须取单位元$1$，那么每一次我们总能上环内的元素。此时多项式环的长除法总是成立。

特别地，如果用$(x-a),a\in R$做除式，那么总有$f(x)=q(x)\cdot (x-a)+r(x)$。由于$r(x)$的次数要比$(x-a)$还低，它只能是常数$s\in R$。那么$f(x)=q(x)\cdot (x-a)+s$，代入$x=a$（“代入”是指仿照多项式的形式依照环的运算法则得到一个环中的元素），得到$f(a)=0+s$，因此$s=f(a)$。于是我们得到一个一般的结论：$\forall f(x)\in R[x]$，存在唯一的$q(x)\in R[x]$使得$f(x)=q(x)\cdot (x-a)+f(a)$。

$n$次多项式的根

我们知道在复数域的多项式环$\C[x]$上，一个$n$次多项式至多有$n$个不同的根（也即至多有$n$个不同的环上元素代入多项式会得到加法单位元）。这个性质是否对任意的环$R$也成立呢？答案是否定的，取$R=\Z_8$，对于三次多项式$x^3\in R[x]$，那么$x=0,2,4,6$都会得到$0$，可见它不止$3$个根。下面我们证明，这一性质对于任意整环都是成立的。

对任意整环$R$，$R[x]$中的$n$次多项式至多有$n$个不同的根。Pf：对$n$做归纳。当$n=1$时，$f(x)=ax+b,a,b\in R$。如果它不止一个根，那么存在$x_1\neq x_2$使得$ax_1+b=ax_2+b=0$。这说明$a(x_1-x_2)=0$，而整环无零因子，$a\neq 0$，因此$x_1-x_2=0$，矛盾。假设以上性质在$1$到$n-1$时都已经成立，此时如果$n$次多项式$f(x)$不止$n$个根，那么任取一个根$x_1$，有$f(x_1)=0$，那么由多项式长除法可见$f(x)=q(x)\cdot (x-x_1)+f(x_1)=q(x)\cdot (x-x_1)$。其中，$q(x)$的次数一定为$n-1$，这意味着$q(x)$至多有$n-1$个根。如果存在一个$R$中的元素$a$使得$q(a)\neq 0,a-x_1\neq 0$，那么由于整环$R[x]$无零因子，所以$f(a)\neq 0$。这说明$f(x)$的根要么是$x_1$，要么是$q(x)$的根。这说明$f(x)$最多只有$n$个不同的根，矛盾。Qed.

整除性

下面我们开始讨论整环。我们定义与元素的整除性相关的概念。

首先把整数环$\Z$中关于“整除”的定义拓展到任意整环中。$\forall a,b\in R$，如果存在$c\in R$使得$a=bc$，就称$b$是$c$的因子(divisor)，记为$b\mid a$。在整环中，$b\mid a$当且仅当主理想有包含关系$(a)\subseteq (b)$（因为$b\mid a$推出$a=bc$，因此$(a)=aR=bcR\subseteq bR=(b)$；$aR\subseteq bR$推出$\exists r\in R$使得$a=br$，因为整环是有幺环。因此$b\mid a$。）。

对于$a,b\in R$，称$a$与$b$相伴(associates)，如果存在unit $u$使得$a=ub$。相伴关系是对称的，如果$a=ub$，由于unit有逆元，那么$b=u^{-1}a$。可见$a$与$b$相伴当且仅当$b$与$a$相伴。两个元素相伴等价于它们互为因子（左推右显然；右推左，假设$d\mid d',d'\mid d$，那么存在$u,v\in R$使得$d'=ud,d=vd'$，所以$d=vud$，由整环的消去律有$vu=1$，可见$d,d'$相伴），因此等价于它们生成的主理想必须相等。在整数环$\Z$中，unit只有$\pm 1$，可见两个元素要是相伴则只可能相等或互为相反数。

如果$a$既不是0也不是unit，那么称$a$是不可约的(irreducible)如果“$\forall b,c,a=bc\implies b$是unit $\or$ $c$是unit”。也即一个不可约元不能拆成两个非unit的乘积（如果那样它就应当被理解为“可约”的）。在整数环$\Z$中，不可约元恰好是所有的素数（及其相反数）。

如果$a$既不是0也不是unit，那么称$a$是素元(prime)如果$\forall a,b\in R,a\mid bc\implies a\mid b\or a\mid c$。这一定义等价于$a$生成的主理想$(a)$是素理想（如果$a\neq 0$）。在整数环$\Z$中，素元就是素数（及其相反数）。由此可见，在整数环中素元和不可约元是相同的。在一般的整环中是否如此呢？我们可以证明，在整环中：素元一定是不可约元，不可约元不一定是素元。不可约元是含义更广的概念。证明：如果$a$是素元，且$a=bc$，那么要么$a\mid b$要么$a\mid c$。如果$a\mid b$，那么设$b=ad$，那么$a=(ad)c$。由整环的消去律可得$dc=1$，可见$c$是unit；$a\mid c$同理。由此推出$a$是不可约元。反之不一定成立，考虑以下反例：考虑高斯整环$\Z[\sqrt{-3}]=\{a+b\sqrt{-3},a,b\in \Z\}$。我们发现$2$是不可约元（假设$2=(a+b\sqrt{-3})(c+d\sqrt{-3})$，那么$4=(a^2+3b^2)(c^2+3d^2)$，那么只能是$a^2+3b^2=1$或$4$。若$a^2+3b^2=1$，则$a=\pm1,b=0$，那么$a+b\sqrt{-3}$是unit；同理如果$a^2+3b^2=4$，那么$c^2+3d^2=1$，推出$c+d\sqrt{-3}$是unit。综上$2$是不可约的，而$2\mid 4$，而$4=(1+\sqrt{-3})(1-\sqrt{-3})$，可是$2$不是$1\pm \sqrt{-3}$的因子，所以$a$不是素元。）

对于$R$的子集$A\subseteq R$，其中$0\not\in A$，称$d$是$A$的公因子(common divisor)如果$\forall a\in A,d\mid a$。如果$d$是$A$的公因子且$\forall A$的公因子$e$都有$e\mid d$，就称$d$是$A$的最大公因子(greatest common divisor, gcd)。如果$A$的最大公因子为1，就称$A$中元素互素(relatively prime)。相伴意义下最大公因子是唯一的，假设$A$有两个最大公因子$d,d'$，那么根据定义有$d\mid d',d'\mid d$，可见$d,d'$相伴。（要注意的是，我们的定义没有保证任意集合$A$都有最大公因子的存在性。尽管这一点在整数环$\Z$上是始终成立的。考虑$\Z[\sqrt{-3}]$中，$4$和$2+2\sqrt{-3}$有公因子$2$和$1+\sqrt{-3}$，而它们不能互相整除，因此都不是最大公因子。假如它们存在最大公因子$d$，则$2\mid d,d\mid 4$。设$d=2c_1,4=dc_2$，于是$c_1c_2=2$。由上一段可知，$c_1=\pm 1$或$c_2=\pm 1$。若前者，则$d=\pm 2$，而$d\not\mid 1+\sqrt{-3}$，矛盾；若后者，则$d=\pm 4$，则$d\not\mid 2+2\sqrt{-3}$，矛盾。综上，不存在最大公因子。）

同理，对于$R$的子集$A\subseteq R$，其中$0\not\in A$，称$m$是$A$的公倍数(common multiple)如果$\forall a\in A,a\mid m$。如果$m$是$A$的公倍数且$\forall A$的公倍数$e$都有$m\mid e$，就称$d$是$A$的最小公倍数(least common multiple, lcm)。

唯一分解整环(Unique Factorization Domain, UFD)

在整数环中，我们有算术基本定理：任意正整数$n$都可以唯一地被素因数分解为$n=p_1^{t_1}\cdots p_k^{t_k}$。然而并不是所有整环都有这样的性质。什么样的整环也满足这样的性质呢？我们定义唯一分解整环：称$R$是唯一分解整环，如果$\forall a\in R$且$a\neq 0$都可以分解成有限个不可约元的乘积的相伴（i.e. $a=up_1\cdots p_n$，$u$是unit且$p_i$是不可约元），同时这种分解在相伴意义下是唯一的（如果存在另一种分解$a=vq_1\cdots q_m$，那么$n=m$且存在一种$q_1$到$q_m$的排列使得$\forall i\in [m]$成立$p_i$与$q_i$相伴。

在唯一分解整环中，不可约元与素元等价——$a$是不可约元当且仅当$a$是素元。Pf. 只需证$a$是不可约元$\implies a$是素元。设$a$是不可约元，$a\mid bc$，要证$a\mid b$或$a\mid c$。设$bc=ad,d\in R$，那么对$b,c,d$都做分解并代入得到$aud_1\cdots d_r=vb_1\cdots b_sw c_1\cdots c_t$，其中$u,v,w$都是unit，其余都是不可约元了。在交换环中调整次序，得到$uad_1\cdots d_r=(vw)b_1\cdots b_s c_1\cdots c_t$ $=u'b_1\cdots b_sc_1\cdots c_t$（unit构成乘法群，它对乘法封闭）。根据相伴意义下分解的唯一性，$a$必定与某个$b_i$或$c_i$相伴。若$a=u_1 b_i$，那么$a\mid b$；如果$a=u_2c_i$，那么$a\mid c$。Qed.

我们提到过一般整环中集合的最大公因子不一定存在。整数环中最大公因子的存在性是由算术基本定理保证的。那么我们可以用与整数环中完全相同的方法，证明在唯一分解整环中最大公因子总是存在。考虑$a,b\in R$，对$a$做分解$a=up_1\cdots p_k$。如果存在$p_i$与$p_j$相伴，那么可以提出unit与$u$合并，把$p_ip_j$写作$p_i^2$。这样$a$的分解可以等价地写作$a=up_1^{f_1}p_2^{f_2}\cdots p_t^{f_t}$。此时一定可以令$b=vp_1^{g_1}p_2^{g_2}\cdots p_t^{g_t}$，因为我们可以令指数为0在两边分别填补空缺。此时令$d=wp_1^{\min(f_1,g_1)}\cdots p_t^{\min (f_t,g_t)}$，容易发现这就是最大公因子了（集合大小>2的情形同理）。

设$\{a_i\},a_i\in R$构成一条序列，满足主理想的真包含关系$(a_{i})\subsetneq (a_{i+1})$，那么称这是一条真因子链。可以看出$a_{i+1}\mid a_i$，且它们不能相伴，也即$a_{i+1}$是$a_i$的“真因子”。唯一分解整环中，真因子链长度是有限的。对于$a_i$总有分解$a_i=up_1\cdots p_t$，$a_{i+1}=vp_{i_1}\cdots p_{i_k}$，我们看到$a_{i+1}$的分解中素元必须从$a_i$的素元中抽取，而真因子告诉我们$k<t$。这就证明了有限性。

下面我们根据唯一分解整环中不可约元与素元的等价性与真因子链的有限性，给出唯一分解整环的一种等价定义：整环$R$是唯一分解整环，当且仅当其真因子链总是有限长的，同时其任意不可约元都是素元。我们只需证满足这两个条件的整环是唯一分解整环。Pf：对任意元素$a\in R$，如果它存在真因子分解$a=a_1\cdot a_2$，那么接着再对$a_1,a_2$做真因子分解，由此得到一棵二叉树。二叉树的叶节点必定是不可约元，而真因子链是有限的，这棵树的叶节点总数也是有限的。这说明任意元素都可以分解为有限个不可约元的乘积，这样就证明了分解的存在性。假设$a=up_1\cdots p_m=vq_1\cdots q_n$，其中$p_i,q_i$是不可约元（也是素元）。那么$u'p_1\cdots p_m=q_1\cdots q_n$。于是$p_1\mid q_1q_2\cdots q_n$，由于$p_1$是素元，那么要么$p_1\mid q_1$要么$p_1\mid q_2\cdots q_n$。如果是前者，那么$q_1=tp_1$，而$q_1$是素元意味着$t$是unit，于是$p_1,q_1$相伴；否则考虑后者，又有$p_1\mid q_2$或$p_1\mid q_3\cdots q_n$，依次类推一定会找到一个$q_i$与$p_1$相伴。接着再考虑$p_2,p_3,\cdots$，每一个都能找到一个$q_i$与它相伴。这样就证明了相伴意义下分解的唯一性。

主理想整环(Principal Ideal Domain, PID)

如果整环$R$中所有理想都是主理想，就称$R$是主理想整环。（$\Z$是主理想整环）

Rmk. 我们在定义中要求整环。如果一个环的所有理想都是主理想，并不一定能推出这个环是整环。反例：$\mathbb{F}[x]/(x^2)$，其中$\mathbb{F}$是域。

下面我们证明，主理想整环一定是唯一分解整环。我们用唯一分解整环的等价定义，证明主理想整环的真因子链有限以及不可约元是素元。假设$(a_1)\subsetneq (a_2)\subsetneq \cdots$，我们在讨论极大理想时证明过$\bigcup\limits_{i}(a_i)$也是理想，因此也是主理想，那么可以记为$(b)$。由此可见，存在$m$使得$b\in (a_m)$，进一步$(b)\subseteq (a_m)$。可见真因子链到了$(a_m)$之后就不可能再扩大了，因此任何真因子链都必定是有限长的。假设$a$是不可约元，那么$a$不是unit，因此$1\not\in aR$，因此$(a)$是真理想。任何一个真理想都包含在某个极大理想$M$内，设$(a)\subseteq M$，$M=(b)$。极大理想一定是素理想，而主理想是素理想等价于其生成元是素元，因此$b$是素元。而$(a)\subseteq (b)$，那么$b\mid a$。设$a=bc$，而$a$是不可约元，因此$c$是unit。因此$a,b$相伴，这说明$(a)=(b)$。所以$(a)$是素理想，因此$a$是素元。因此任何不可约元都是素元。

由此可见，主理想整环是一种特殊的唯一分解整环。这种特殊性是如何体现的呢？下面我们证明，$R$是主理想整环当且仅当$R$是唯一分解整环且$R$的所有（非零）素理想都是极大理想。由于极大理想一定是素理想，这告诉我们主理想整环中素理想与极大理想也是等价的概念。Pf：左推右，只需证主理想整环中素理想是极大理想。设素理想为$(p)$，$p$一定是素元。设包含$(p)$的极大理想为$M$，那么$(p)\subseteq M=(b)$。所以$b\mid p$。如果$b$是unit，那么$bR=(b)=R$（若一个理想包含了unit，则这个理想只能是$R$，因为$R$中有unit的逆元，这使得理想中包含1），与极大理想矛盾。因此$b$一定与$p$相伴。因此$(p)=(b)=M$，可见$(p)$是极大理想。右推左，我们要证$R$中所有理想都是主理想。首先，$\{0\}=(0)$，因此是主理想；对任意的$R$的理想$I$，假设$I\neq \{0\}$，我们对$I$归纳：记$I$中所有非零元的分解$up_1\cdots p_t$的长度为$t$，取其中长度最小的元素的长度作为对$I$分类的依据，按照此依据做自然数的归纳。若最小长度为$0$，则$I$中包含了某个unit，因此$I=R=(1)$，成立；若最小长度$<n$时都已经成立，要证最小长度为$n$时成立。设最小长度的元素$up_1\cdots p_n\in I$，下证$I\subseteq (p_1)$。如果不是这样，那么$\exists b\in I$使得$b\not\in (p_1)$。由于唯一分解整环中不可约元是素元，$p_1$是素元，素理想都是极大理想，因此$(p_1)$是极大理想，因此$R/(p_1)$是域。既然$b\not\in (p_1)$，因此$b+(p_1)\neq (p_1)$。域中非零元都有逆元，因此存在$r+(p_1)$使得$(r+(p_1))(b+(p_1))=1+(p_1)$，所以$rb+(p_1)=1+(p_1)$，$rb-1\in (p_1)$，因此存在$d\in R$使得$rb-dp_1=1$。两边同时乘以$p_2\cdots p_n$得$rbp_2\cdots p_n-dp_1\cdots p_n=p_2\cdots p_n$。因为$b\in I$，因此$rbp_2\cdots p_n\in I$。因为$up_1\cdots p_n\in I$，所以$p_1\cdots p_n\in I$，因此$dp_1\cdots p_n\in I$。这就推出$p_2\cdots p_n\in I$，与$I$的最小长度为$n$矛盾。既然$I\subseteq p_1 R$，那么存在$R$的一个子集$J$使得$I=p_1J$。取$J=\{x\mid p_1x\in I\}$（显然满足）。我们发现$J$是一个理想（子环，吸纳，根据定义证明即可），同时$up_2\cdots p_n \in J$，因此可以对$J$用归纳假设，它是一个主理想！设$J=(w)$，那么$I=p_1J=p_1(w)=p_1wR=(p_1w)$，因此$I$也是主理想。Qed.

所以，在主理想整环中构造域只需找到一个不可约元：不可约元是素元，其生成的理想是素理想。素理想是极大理想，极大理想生成的商环一定是域。因此只需找到一个不可约元，它生成的主理想形成的商环一定是域，可以称为商域(quotient field)。

通过唯一分解整环我们已经得到了任意子集的最大公因子的存在性。在整数环中我们还进一步有最大公因子可以表示为子集内元素的线性组合。现在我们发现主理想整环也有这样的性质，此时我们用集合生成的理想来表示“线性组合”。设$A$是主理想整环$R$的子集，那么可以证明：$d$是$A$的最大公因子当且仅当$(d)=(A)$。左推右：设$A=\{a_i\},(A)=\{\sum\limits_{i}r_ia_i\}=(b)$，要证$(b)=(d)$。先证$(d)\subseteq (b)$，即证$b\mid d$，即证$b$是$A$的公因子。$\forall a_i\in A,a_i\in (b)$，也即存在$r\in R$使得$br=a_i$，因此$\forall i,b\mid a_i$，成立；再证$(b)\subseteq (d)$，即证$d\mid b$，由$b\in (A)$可得$b=\sum\limits_{i}r_ia_i$。$\forall a_i,d\mid a_i$，因此$d\mid b$，证毕；右推左：因为$(d)=(A)$，因此$\forall a_i\in A,a_i\in (d)=dR$，所以$d\mid a_i$。可见$d$是公因子。假设$d'$也是公因子，由于$d\in (A)$，那么$d=\sum\limits_{i}r_ia_i$，可见$d'\mid d$，所以$d$是最大公因子。证毕。既然$(d)=(A)$，那么$d\in (A)$，因此一定存在$r_i\in R$使得$d=\sum\limits_{i}r_ia_i$，可见最大公因子可以被线性表示。

欧几里得整环(Euclidean Domain)

整数环不仅能把最大公因子表示成线性组合，还有欧几里得辗转相除法这样一个具体算法能够保证求出最大公因子。所以我们想要进一步特殊化主理想整环，使得在这样的环上我们也能由算法来求最大公因子。

称整环$R$是欧几里得整环，如果存在一个$R\to \N$的映射$\psi$，满足$\forall a,b\in R,b\neq 0$，存在$q,r\in R$使得$a=qb+r$且$\psi(r)<\psi(b)$（或$r=0$）。换言之，欧几里得整环上存在这样一个元素间的序关系使得我们能做带余除法。整数环就是这样的一个整环，只需令$\psi(z)=|z|$；域上的多项式环$\mathbb{F}[x]$也是这样的一个整环，只需令$\psi(f_0+f_1x+\cdots+f_nx^n)=n$。

由于定义了大小关系$\psi$，我们可以把整数环上的欧几里得辗转相除法拓展到欧几里得整环上。对于任意的$a,b\in R$，我们得到$a=q_1b+r_1,b=q_2r_1+r_2$。我们证明$\gcd(a,b)=\gcd(b,r_1)$，为此只需证明$a,b$的公因子集合与$b,r_1$的公因子集合相同。$\forall d\mid a,d\mid b$，那么$d\mid (a-q_1b)$，因此$d\mid r_1$；$\forall d\mid b,d\mid r_1$，那么$d\mid (q_1b+r_1)$，因此$d\mid a$。由此可见辗转相除是不改变最大公因子的。不断迭代这个过程，根据欧几里得整环的定义$\psi(b)>\psi(r_1)>\psi(r_2)>\cdots$，因此算法一定会在有限步以后终止。在终止时，$r_n=q_{n+2}r_{n+1}$，此时任何$r_{n+1}$的因子都一定是$r_n$的因子，因此一定成立$\gcd(r_n,r_{n+1})=r_{n+1}$。这样算法就完成了。

下面证明欧几里得整环一定是主理想整环。只需证欧几里得整环的所有理想都是主理想。对于零理想，它确实是主理想；对于非零理想$I$，我们证明它一定是由$I$中$\psi$最小的那个元素生成的主理想。我们可以找到一个$b\in I$，使得$\psi(b)$取到最小值$n$（总是可以找到这样的$b$的，只需任取$I$中的一个元素，它的$\psi$值一定是有限的，那么最小值一定是0到这个值之间的某个值，因此一定存在）。因为$b$是$\psi$值最小的，所有理想里的元素都必须是它的倍数，不然用这个元素除以$b$得到的余数一定有更小的$\psi$值。因此$I\subseteq bR=(b)$。而$b\in I$，$(b)$是包含$b$的最小理想，因此$(b)\subseteq I$。所以$I=(b)$。证毕。

域(Field)

显然，域一定是欧几里得整环：$\forall a,b$，有$a=(ab^{-1})b+0$，满足欧几里得整环的定义。现在我们来讨论由整环构造域的方法。

由多项式环构造域

域上的多项式环是欧几里得整环，因此是主理想整环。因此只要找到其中的一个不可约元，其主理想对应的商环就是域。而多项式环中的不可约元就对应着不可约多项式：由于多项式环中只有非零常数能作为unit（凡次数高于0次的多项式不可能有非零多项式作为逆元），因此不可约多项式就是不能分解为次数更小的因式的那些多项式。

考虑实数域对应的多项式环$\R[x]$，其中$x^2+1$就是一个不可约多项式（在实数域上不可分解！在复数域上当然可以）。于是$(x^2+1)$就是极大理想，记为$M$，那么$\R[x]/M$就是域。对于任意$\R[x]$中的多项式$f(x)$，假如做多项式长除法$f(x)=q(x)(x^2+1)+a+bx$，那么$q(x)(x^2+1)\in M$，因此$f(x)-(a+bx)\in M$，这当且仅当$f(x)+M=a+bx+M$。因此我们只需用一次多项式作为代表元就可以表示$\R[x]/M=\{a+bx+M\mid a,b\in \R\}$。这个域上的加法运算和乘法运算就是陪集对应的运算，因此$(a_1+b_1x+M)+(a_2+b_2x+M)=$ $a_1+a_2+(b_1+b_2)x+M$，$(a_1+b_1x+M)(a_2+b_2x+M)=$ $(a_1+b_1x)(a_2+b_2x)+M$。我们发现，如果取$x$为虚数单位$i$，并且只考虑陪集首忽略陪集那一项（更严格地，我们可以构造一个同构地只关于陪集首的域），那么这就是复数域$\C$！我们通过实数域的多项式环构造出了复数域。

用类似的方法，我们可以由有限域$\Z_p$的多项式环构造出更大的域。例如$p=2$时，取不可约多项式$x^2+x+1\in \Z_2[x]$，得到$\Z_p[x]/(x^2+x+1)=$ $\{a+bx+(x^2+x+1)\mid a,b\in \{0,1\}\}$，这样就从一个大小为2的域扩张得到了一个大小为4的域。取次数更高的不可约多项式，可以相应地得到大小为2的幂次的更大的域。

分数环：包含整环的最小域

有理数域是包含整数环的最小域。因为对于任意整数$a,b\in \Z$，包含这二者的域必须包含$b$的逆元$\dfrac{1}{b}$，而要对乘法封闭必须包含$\dfrac{a}{b}$。因此所有形如$\dfrac{a}{b}$的元素必须在域中。所以有理数域就是最小的域了。对于任意的整环$R$，我们也可以用类似的方法构造包含这个整环的最小域，这就是分数环(Rings of Fractions)。记$S=R\setminus \{0\}$，那么分数环就可以写作$S^{-1}R$。仿照有理数域中的加法运算与乘法运算，我们定义$\dfrac{a}{b}+\dfrac{c}{d}=\dfrac{ad+bc}{bd}$，$\dfrac{a}{b}\cdot \dfrac{c}{d}=\dfrac{ac}{bd}$，加法单位元为$\dfrac{0}{1}$，$\dfrac{a}{b}$的加法逆元为$\dfrac{-a}{b}=-\dfrac{a}{b}$，乘法单位元为$\dfrac{1}{1}$。可以验证，这样得到的确实是域。（在有理数域中我们的运算规定$\dfrac{2}{4}=\dfrac{1}{2}$，在分数环中我们也必须规定$\dfrac{a}{b}=\dfrac{c}{d}\iff ad=bc$）