title：世界记录a.001.002.integral__dedekind_domain__valuation_ring_and_fractional_ideal

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这是第a部001类的第2篇。

目前主要参考《Algebraic Number Theory》J.S. Milner，pp 25-30+46-48

对于一个整环R，有一个包含R的域L。如果域中的元素x是以R为系数的首一多项式的根。那么就叫做x属于域K并且在环R上，整的。

remark #.1 : 对于不同的域K，会影响我们能够得到的元素x的多少。比如说对于正整数环\matbhh{Z}，我们取包含\mathbb{Z}的域\mathbb{Q}。很明显，首一多项式的根的集合就只是\mathbb{Z}自己。因为假设有分数根\frac{x} {y}，那么也就意味着有整系数其次多项式：

x^n + a_1 x^{n-1}y^1 + a_2 x^{n-2}y^2 + ... + a_n y^n 。

也就是说x^n最少有因子y。因此可以证伪不存在分式根。

而对于\mathbb{Q}的二次扩域\mathbb{Q} ( \sqrt{2} )。那么显然有\sqrt{2}是首一多项式x^2-2=0的根。

对于整的元素来说，一个最基本的一条是，无论用于包含R的域是大还是小。是超越扩张还整环R的分式域。这些整的元素构成的集合，都构成了一个环。

这一点我们可以采用Milne, James S. 在pp 26-27中的证法。

存在一个充要条件为：如果一个元素x对于包含于域L的环R是整的。充要于存在一个非零有限生成的，L的R子模M，使得xM \subset M。

prof :

1.首先我们令元素m为整，那么R[m]就是L的R子模。并且mM \subset M。因此充分得证。

2.若M是有限生成的，L的非零R子模。并且对于m，有mM \subset M。那么我们任取一个可以有限生成M的基：(x_1,x_2,...x_n)，x_i \in L。

于是就有：若我们任取x_i \in L，则有m x_i=a_{i1} x_1 + a_{i2} x_2  ...  + a_{in} x_n 。

即  a_{i1} x_1 + a_{i2} x_2  +... (a_{ii} - m) x_i + ... a_{in} x_n = 0 。

也就是说，我们有方程组

(a_{11}-m) x_1 + a_{12} x_2 + ... a_{1n} x_n = 0

a_{21} x_1 + (a_{22}-m) x_2  + ... a_{2n} x_n = 0

...

a_{n1} x_1 + a_{n2} x_2  + ... (a_{nn}-m) x_n = 0

也就是说，对于域L系的线性方程组来说。

设方程组满秩，则系数矩阵 C：

\begin{pmatrix}
a_{11}-m & a_{12}   & ... & a_{1n}        \\
a_{21}   & a_{22}-m & ... & a_{2n}        \\
...                                       \\
a_{n1}   & a_{n2}   & ... & a_{nn}-m
\end{pmatrix}

有Det(C)不等于0。

但是由于初等行变换仍然保存方程组右侧的数全部为0。

故而只有唯一解：任意的i，x_i=0存在。又由于x_i为非零子M的有限生成元，故而不可能对于任意的i，x_i全为0。

因此Det(C)=0。

当然J.S. Milner说我们可以用Cramer’s rule得出对于任意的i， Det(C) \times x_i =0 。

关于Cramer’s rule的证明，这里我则推荐使用《高等代数(上册)》丘维声, pp 63-65 的证明部分，来了解并证明。

最后由于Det(C)=0，而观察m只处于主对角线可得：

域L上的行列式必定为首一，最高幂次为n的多项式

m^n + b_1 m^{n-1} + ... b_{n-1} x^1 + b_n = 0 。

故而，m对于包含于域L的环R是整的。

据此，命题的充要关系得证。